資源簡介

第一章　靜電場
1　電荷　電荷守恒定律
學習目標 成長記錄
1.知道兩種電荷及三種起電方式的本質。 知識點一、二、四&要點一
2.掌握元電荷的概念,掌握電荷守恒定律,并能用該定律和原子結構的知識分析靜電現象。 知識點三&要點二
3.了解驗電器的原理、使用方法。 知識點四
知識點一　摩擦起電　兩種電荷
1.電荷:自然界只存在兩種電荷:正電荷和負電荷。同種電荷相互排斥,異種電荷相互吸引。
2.電荷量:電荷的多少叫電荷量,常簡稱為電荷。在國際單位制中,電荷量的單位是庫侖,用字母C表示。常用的電荷量單位還有微庫(μC)和納庫(nC),1 μC=10-6 C,1 nC=10-9 C。
知識點二　摩擦起電的解釋
1.原子電性:一般情況下,原子核所帶電荷總量與電子所帶電荷總量相等,因此物體通常對外不顯電性。
2.摩擦起電的實質:不同種類的兩個不帶電物體相互摩擦時,一個物體的原子中有一些外層電子掙脫原子核的束縛并轉移到另一個物體上去,失去電子的物體顯示出帶正電,得到電子的物體顯示出帶負電,而且兩者的電荷量必然等量異號。
知識點三　元電荷、電荷守恒定律
1.元電荷:一個電子所帶電荷量的絕對值為1.6×10-19 C,它是電荷的最小單元。
2.電荷量的不連續性:任何帶電體所帶電荷量都是元電荷的整數倍。
3.電荷守恒定律:電荷既不能被創造,也不能被消滅,它們只能從一個物體轉移到另一個物體,或者從物體的一部分轉移到另一部分。
知識點四　靜電感應
1.靜電感應:當帶電導體靠近不帶電導體時,由于同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引,導體中可自由移動的電荷將會重新分布,使導體靠近帶電體與遠離帶電體的兩端分別帶上與帶電導體電性相反和電性相同的電荷的現象。
2.驗電器的使用方法:將帶正電的玻璃棒接觸驗電器的金屬球,驗電器就帶上了正電,再將待檢驗的帶電體靠近驗電器的金屬球,如果它的金屬箔片張開角度變大,則它帶的是正電荷,反之,則帶的是負電荷。
1.思考判斷
(1)通過摩擦帶電的兩個物體必然帶等量異種電荷。(　√　)
(2)發生靜電感應現象時,導體靠近帶正電的物體的一端帶負電荷。(　√　)
(3)元電荷實質上是指電子和質子本身。(　×　)
(4)所有帶電體的電荷量一定等于元電荷的整數倍。(　√　)
(5)甲物體帶有+6 C的電荷量,乙物體帶有-2 C的電荷量,把兩物體接觸后再分開,兩物體分別帶+2 C的電荷量。(　×　)
2.思維探究
(1)在天氣干燥的季節,脫掉外衣后再去摸金屬門把手時,常常會被電一下。這是為什么
(2)關于電荷,某同學有以下認識:
①電荷量很小的電荷就是元電荷;
②物體所帶的電荷量可以是任意的。
你認為他的看法正確嗎 請簡述你的理由。
答案:(1)在天氣干燥的季節,由于摩擦,使身體和外衣都帶了電,此時用手去摸金屬門把手時,身體通過門把手放電,于是有電擊的感覺。
(2)兩種看法均不正確。元電荷是最小的電荷量,電荷量不能連續變化,自然界中帶電體的電荷量都是元電荷e的整數倍。
要點一　三種起電方式的理解
如圖所示,是感應起電機,結合圖思考后回答問題:
(1)兩個絕緣體發生摩擦為什么會帶上電荷
(2)感應起電能發生在絕緣體上嗎 原因是什么
答案:(1)兩個絕緣體摩擦時,其中一個物體失去電子,另一個物體得到電子,分別帶上了正、負電荷。
(2)感應起電不會發生在絕緣體上,因為絕緣體中的電子幾乎都被束縛在原子范圍內,不能自由移動。
1.三種起電方式的比較
類別 摩擦起電 感應起電 接觸起電
產生 條件 通常是兩種不同絕緣體摩擦時 導體靠近帶電體時 導體與帶電體接觸時
現象 兩物體帶上等量異種電荷 導體兩端出現等量異種電荷,且電性與原帶電體“近異遠同” 導體帶上與帶電體相同電性的電荷
原因 不同物質的原子核對核外電子的束縛力不同而發生電子得失 導體中的自由電子受帶正(負)電荷的物體吸引(排斥)而靠近(遠離) 自由電荷在帶電體與導體之間發生轉移
實質 均為電荷在物體之間或物體內部的轉移,并未產生電荷
2.三種起電方式分析
(1)摩擦起電
如圖所示,絲綢摩擦玻璃棒,玻璃棒失去電子而帶正電,絲綢得到電子而帶負電;毛皮摩擦硬橡膠棒,硬橡膠棒得到電子帶負電,毛皮失去電子而帶正電。
(2)感應起電
如圖所示,帶電體靠近導體A、B,由于電荷間的相互吸引或排斥,導體中的自由電荷便會趨向或遠離帶電體,使A、B導體分別聚集負電荷和正電荷,先將A、B分開再移走帶電體,則A、B導體分別帶負電荷和正電荷。
(3)接觸起電
如圖所示,使帶電體(帶正電)與不帶電的導體接觸,由于電荷間的相互作用,電子從A轉移到帶電體上,分開后導體A帶正電荷。
[例1] (多選)如圖,取一對不帶電的、有絕緣柱支撐的導體A和B,使它們彼此接觸。把帶正電荷的物體C移近導體A,會發現兩端的金屬箔片均張開。然后先手持絕緣柱把導體A和B分開,再移開C。移開C之后,下列說法正確的是(　BD　)
A.A帶正電,B帶負電
B.A帶負電,B帶正電
C.A、B上的金屬箔片完全閉合
D.A、B上的金屬箔片仍張開一定角度
解析:把帶正電荷的物體C移近導體A,會發現兩端的金屬箔片均張開,此時,由于電荷間相互吸引或排斥,A帶負電,B帶正電。然后先手持絕緣柱把導體A和B分開,A仍然帶負電,B仍然帶正電,再移走C,A、B上的電荷不會中和,所以A、B上的金屬箔片仍張開一定角度。故選B、D。
(1)感應起電的兩大特點
①近異遠同:用帶電體靠近不帶電的導體時,會在靠近帶電體的一端感應出與帶電體電性相反的電荷,遠離端感應出與帶電體電性相同的電荷。
②等量異種:用帶電體靠近不帶電的導體(或兩不帶電的相互接觸的導體)時,會在原不帶電的導體兩端(或兩不帶電的相互接觸的導體上)感應出等量異種的電荷。
(2)正確理解起電的實質
使物體帶電的三種方式的實質都是自由電子的轉移,而原子中的質子不能自由移動,起電并非創造了電荷。
(3)接觸起電中電荷量的分配原則
①當兩個導體材料、形狀不同時,接觸后再分開,只能使兩者均帶電,但無法確定電荷量的多少。
②若使兩個完全相同的金屬球帶電荷量分別為Q1、Q2,則它們接觸后再分開都帶有的電荷量,式中電荷量Q1、Q2均包含它們的正負號。
[針對訓練1] 如圖所示是A、B、C三個用細線懸掛的輕質小球靠近時發生相互作用的情形。關于各小球帶電的判斷,下列說法中正確的是(　C　)
A.可能A帶負電,B帶正電,C帶負電
B.可能A帶負電,B不帶電,C帶正電
C.可能A帶正電,B帶正電,C不帶電
D.可能A不帶電,B帶負電,C帶正電
解析:由于A、B兩小球相斥,說明A、B一定都帶電,且帶的是同種電荷,故該題有兩種可能:①若A球帶正電,即B球也帶正電,由于B、C相吸,故C球有兩種可能,即C球可能帶負電,也可能不帶電;②若A球帶負電,即B球也帶負電,由于B、C相吸,故C球也有兩種可能,即C球可能帶正電,也可能不帶電。故選C。
要點二　電荷守恒定律的理解
小明同學用自制的驗電器進行了一些探究實驗。如圖所示,小明使驗電器帶了負電荷,經過一段時間后,他發現該驗電器的金屬箔片(用包裝巧克力的錫箔紙制作)幾乎閉合了。關于此問題,他跟學習小組討論后提出了下列觀點,你認為哪些是正確的
①小球上原有的負電荷逐漸消失了。
②在此現象中,電荷不守恒。
③小球上負電荷減少的主要原因是潮濕的空氣將電子導走了。
④該現象是由于電子的轉移引起的,仍然遵循電荷守恒定律。
答案:帶負電的驗電器在潮濕的空氣中,經過一段時間后,小球上的負電荷(電子)被潮濕的空氣導走了,但電荷在轉移的過程中仍然守恒,故③④正確。
1.物體帶電的實質:物體帶電不是創造了電荷,物體不帶電也不是消滅了電荷。物體帶電的實質是電荷發生了轉移,也就是物體間或物體內部電荷的重新分配。摩擦起電、感應起電和接觸起電,均符合電荷守恒定律。
2.“電荷的總量”含義:指正、負電荷的代數和。
3.電荷的中和:指帶等量異種電荷的兩物體接觸時,經過電子的轉移,物體達到電中性的過程。
4.守恒的廣泛性:電荷守恒定律同能量守恒定律一樣,是自然界中重要的基本規律,任何電現象都不違背電荷守恒定律,涵蓋了包括近代物理實驗發現的微觀粒子在變化中遵守的規律。
[例2] 完全相同的兩金屬小球A、B帶有相同大小的電荷量,相隔一定的距離,今讓第三個完全相同的不帶電金屬小球C先后與A、B接觸后移開。
(1)若A、B兩球帶同種電荷,接觸后兩球的電荷量大小之比為多少
(2)若A、B兩球帶異種電荷,接觸后兩球的電荷量大小之比為多少
解析:(1)設A、B兩球帶電荷量均為q,則A、C接觸后,A、C帶電荷量為qA=qC=q。
C再與B接觸后,B、C所帶電荷量為
qB=qC′==q,
故A、B帶電荷量大小之比為==。
(2)設A帶正電,B帶負電,且所帶電荷量大小均為Q,
則A、C接觸后,A、C帶電荷量為qA′=qC′=Q,
C再與B接觸后,B、C所帶電荷量為qB′=qC″==-Q,
故A、B帶電荷量大小之比為||==。
答案:(1)2∶3　(2)2∶1
[針對訓練2] (多選)原來甲、乙、丙三物體都不帶電,今使甲、乙兩物體相互摩擦后,乙物體再與丙物體接觸,最后,得知甲物體帶正電荷1.6×10-15 C,丙物體帶電荷量的大小為8×10-16C。則對于最后乙、丙兩物體的帶電情況,下列說法中正確的是(　AD　)
A.乙物體一定帶有負電荷8×10-16 C
B.乙物體可能帶有負電荷2.4×10-15 C
C.丙物體一定帶有正電荷8×10-16 C
D.丙物體一定帶有負電荷8×10-16 C
解析:由于甲、乙、丙原來都不帶電,甲、乙相互摩擦導致甲失去電子而帶1.6×10-15 C的正電荷,乙物體得到電子而帶 1.6×10-15 C的負電荷;乙物體與不帶電的丙物體相接觸,從而使一部分負電荷轉移到丙物體上,故可知乙、丙兩物體都帶負電荷,由電荷守恒可知乙最終所帶負電荷1.6×10-15 C-8×10-16 C=8×10-16 C,選項A,D正確。
“中性”“中和”的理解
(1)中性:物體內有電荷存在,但正、負電荷的絕對值相等,對外不顯電性。
(2)中和:兩個帶有等量異種電荷的帶電體接觸達到電中性的過程,在此過程中電荷仍然守恒。
感應起電的判斷方法
1.當帶電體靠近導體時,導體靠近帶電體的一端帶異種電荷,遠離帶電體的一端帶同種電荷,如圖甲所示。
2.導體接地時,該導體與地球可視為一個導體,而且該導體可視為近端導體,帶異種電荷,地球就成為遠端導體,帶同種電荷,如圖乙、丙所示。
說明:用手摸一下導體,再移開手指,相當于先把導體接地,然后再與大地斷開。
[示例] 如圖所示,放在絕緣支架上帶正電的導體球A,靠近放在絕緣支架上不帶電的導體B,導體B用導線經開關接地。現把S先合上再斷開,再移走A,則導體B(　C　)
A.不帶電 B.帶正電
C.帶負電 D.不能確定
解析:根據靜電感應現象和電荷間的相互作用,可判斷導體B帶負電,故選項C正確。
生活中的靜電現象
　　靜電,是一種處于靜止狀態的電荷。在干燥和多風的秋天,在日常生活中,人們常常會碰到這些現象:晚上脫衣服睡覺時,常聽到“噼啪”的聲響,黑暗中伴有藍光;見面握手時,手指剛一接觸到對方,會突然感到指尖針刺般刺痛;早上起來梳頭時,頭發會經常“飄”起來,越理越亂;拉門把手、開水龍頭時都會“觸電”,時常發出“啪、啪”的聲響,這就是發生在人體的靜電。
[示例] 用塑料梳子梳頭時,塑料梳子和頭發都會帶電,其原因是(　C　)
A.摩擦創造了電荷
B.靜電感應創造了電荷
C.電子在梳子和頭發之間發生了轉移
D.質子在梳子和頭發之間發生了轉移
解析:用塑料梳子梳頭發時,塑料梳子與頭發相互摩擦,發生了電子的轉移,從而使梳子和頭發分別帶上異種電荷。故C正確。
課時作業
1.(多選)對物體帶電現象的敘述,下列說法正確的是(　CD　)
A.一個不帶電的物體內一定沒有電荷
B.物體帶電一定具有多余的電子
C.物體帶電的過程就是電荷移動的過程
D.帶電體發生中和的現象是等量異種電荷完全相互抵消的結果
解析:一個物體不帶電并不是內部沒有電荷,而是由于正、負電荷一樣多,從而對外顯示電中性。當正電荷多于負電荷時對外顯示帶正電;當負電荷多于正電荷時對外顯示帶負電,故A,B錯誤。物體帶電的實質就是得失電子,即電荷移動,故C正確。帶等量異種電荷的物體相接觸時,帶負電的物體中多余電子全部移動到帶正電的物體上與正電荷相互抵消,從而使兩物體都呈電中性,故D正確。
2.某電視臺有這樣一個節目:讓兩人手拉手站在絕緣臺上,一人手扶一裝置來回答問題,當在規定的時間內回答不完所給的問題時,工作人員經過操作使兩人“怒發沖冠”(頭發直立而散開)。從物理學原理分析產生這一現象的原因是(　C　)
A.空氣對頭發的作用結果
B.一種魔術現象
C.同種電荷相互排斥原理,使帶同種電荷的頭發相斥而散開
D.以上說法都不對
解析:頭發比較輕,當帶有同種電荷時,相互排斥,頭發便分散開來,
形成“怒發沖冠”的現象,故選項C正確。
3.如圖是伏打起電盤示意圖,其起電原理是(　B　)
A.摩擦起電 B.感應起電
C.接觸起電 D.以上三種方式都不是
解析:導電平板靠近帶電絕緣板并接地,導體與大地發生靜電感應,
使導電平板帶上負電荷,選項B正確。
4.M和N都是不帶電的物體,它們互相摩擦后M帶正電荷 1.6×10-10 C,下列判斷中正確的是(　C　)
A.在摩擦前M和N的內部沒有任何電荷
B.摩擦的過程中電子從N轉移到了M
C.N在摩擦后一定帶負電荷1.6×10-10 C
D.M在摩擦過程中失去了1.6×10-10個電子
解析:在摩擦前M和N的內部有電荷,但凈電荷為零,選項A錯誤;摩擦的過程中電子從M轉移到了N,M帶上了正電荷,選項B錯誤;由電荷守恒定律可知,N在摩擦后一定帶負電荷1.6×10-10 C,選項C正確;M在摩擦過程中失去了=1×109(個)電子,選項D錯誤。
5.梳過頭發的梳子,常能吸引輕小物體,這屬于摩擦起電。關于摩擦起電現象,下列說法正確的是(　D　)
A.摩擦起電現象使本來沒有電子和質子的物體中產生了電子和質子
B.兩種不同材料的絕緣體互相摩擦后,同時帶上等量同種電荷
C.摩擦起電可能是因為摩擦導致質子從一個物體轉移到了另一個物體而形成的
D.絲綢摩擦玻璃棒時,電子從玻璃棒上轉移到絲綢上,玻璃棒因質子數多于電子數而顯正電
解析:摩擦起電現象的本質是摩擦使一個物體上的自由電子轉移到另一個物體上,并不會產生電子和質子,最終會使兩物體分別帶上等量的異種電荷,故A,B,C錯誤,D正確。
6.(多選)如圖所示,有一帶正電荷的驗電器,當一金屬球A靠近驗電器的小球B時,驗電器金屬箔張角減小,則金屬球A(　AB　)
A.可能不帶電
B.可能帶負電
C.可能帶正電
D.一定帶負電
解析:驗電器原來帶正電,要使張角減小,則應使B處的電子轉移到金屬箔處,根據電荷間的相互作用,A球可能帶負電;若A球不帶電時,
由于感應起電,則A球左側也會帶上負電,使得驗電器金屬箔張角
減小,A球可以帶負電,也可以不帶電,故A,B正確。
7.如圖,將充氣后的氣球在頭發上摩擦,再靠近不帶電的空易拉罐,
在氣球未接觸易拉罐的情況下,可觀察到易拉罐會朝氣球方向滾動。關于這一現象,下列說法正確的是(　A　)
A.易拉罐靠近氣球一側的帶電性質和氣球相反
B.易拉罐遠離氣球一側的帶電性質和氣球相反
C.氣球對易拉罐遠、近兩側的作用力均為吸引力
D.氣球對易拉罐遠、近兩側的作用力大小相等
解析:根據靜電感應,易拉罐靠近氣球一側與氣球帶異種電荷,遠離一側與氣球帶同種電荷,A正確,B錯誤;氣球對易拉罐遠側為斥力,近側為吸引力,并且對近側的力大于對遠側的力,故最終表現為吸引力,
C,D錯誤。
8.如圖所示,把一個不帶電的枕形導體靠近帶正電的小球,由于靜電感應,在a、b兩端分別出現負、正電荷,則以下說法正確的是(　C　)
A.閉合開關S1,有電子從枕形導體流向大地
B.閉合開關S2,有電子從枕形導體流向大地
C.閉合開關S1,有電子從大地流向枕形導體
D.閉合開關S2,沒有電子通過開關S2
解析:在S1、S2都斷開時,對枕形導體,它的電荷是守恒的,由于靜電感應,a、b兩端出現等量的負、正電荷。當閉合開關S1、S2中的任何一個以后,便把大地與枕形導體連通,使大地與枕形導體組成一個新的大導體,因此,枕形導體本身的電荷不再守恒,而是與大地構成的系統電荷守恒;由于靜電感應,a端仍為負電荷,大地為遠端,感應出正電荷,因此無論是閉合開關S1還是S2,都有電子從大地流向枕形導體,故選項C正確。
9.如圖所示,大球A原來的電荷量為Q,小球B原來不帶電,現在讓小球與大球接觸,達到靜電平衡時,小球獲得的電荷量為q;現給大球A補充電荷,使其電荷量為Q,再次讓小球接觸大球,每次都給大球補充到電荷量為Q,問:經過反復足夠多次接觸后,小球的帶電荷量為多少
解析:由于兩個球的形狀和大小不等,所以在接觸過程中,兩球的電荷量分配比例不是1∶1,但應該是一個確定的值。根據第一次接觸達到靜電平衡時兩者的電荷量關系可知,此比例為(Q-q)∶q。
經過多次接觸后,從大球上遷移到小球上的電荷量越來越少,最終將為零,設最終B球帶電荷量為q′,
有=,
解得q′=。
答案:
10.如圖所示,通過調節控制電子槍產生的電子束,使其每秒有1×104個電子到達收集電子的金屬瓶。經過一段時間,金屬瓶上帶
有-8×10-12 C的電荷量,問:
(1)金屬瓶上收集到多少個電子
(2)金屬瓶收集電子的時間為多長
解析:(1)金屬瓶上收集的電子數目為N===5×107(個)。
(2)金屬瓶收集電子的時間t= s=5 000 s。
答案:(1)5×107個　(2)5 000 s2　庫侖定律
學習目標 成長記錄
1.了解探究影響點電荷間作用力的因素的實驗過程。掌握點電荷的概念。 知識點一
2.理解庫侖定律的內容、表達式,并能進行其與力學知識相結合的有關計算。 知識點二&要點一、二、三
3.掌握靜電力的疊加原理,明確帶電球體簡化為點電荷的條件。 知識點三
知識點一　探究影響點電荷之間相互作用力的因素
1.點電荷
當一個帶電體本身的大小比它到其他帶電體的距離小很多,以至在研究它與其他帶電體的相互作用力時,該帶電體的形狀、大小以及電荷在其上的分布狀況均可忽略,該帶電體可看做一個帶電的點,這樣的電荷稱為點電荷。點電荷是一個理想化的物理模型。
2.實驗探究
實驗 現象 (1)小球帶電荷量不變時,距離越小,絲線偏離豎直方向的偏角越大 (2)保持兩球間的距離不變,兩球所帶電荷量越大,小球受到的作用力越大,絲線偏離豎直方向的偏角越大,它們間的相互作用力越大
實驗 結論 帶電體之間的相互作用力隨電荷量的增大而增大,隨它們間距離的增大而減小
知識點二　庫侖定律
1.內容:真空中兩個靜止的點電荷之間的作用力與這兩個電荷所帶電荷量的乘積成正比,與它們之間距離的平方成反比,作用力的方向沿著這兩個點電荷的連線。
2.公式:F=k,靜電力常量k=9.0×109 N·m2/C2。
知識點三　庫侖定律的初步應用
1.靜電力的疊加:兩個或兩個以上的點電荷對某一個點電荷的作用力,等于各點電荷單獨對這個點電荷的作用力的矢量和。
2.帶電球體間的靜電力:兩個均勻帶電的絕緣介質球之間的靜電力可以看作電荷集中于球心處的點電荷之間的靜電力。兩個帶電導體球在相距較近時,由于靜電感應,電荷分布不均勻,不能看作兩個點電荷,當二者距離遠大于球的直徑時,可將二者看作點電荷來計算靜電力。
1.思考判斷
(1)點電荷是一個帶有電荷的幾何點,是一種理想化模型。(　√　)
(2)球形帶電體一定可以看作點電荷。(　×　)
(3)體積很大的帶電體也有可能看作點電荷。(　√　)
(4)根據庫侖定律,只有兩點電荷電荷量相等時,它們間的庫侖力才相等。(　×　)
(5)庫侖定律只適用于計算真空中的兩個靜止點電荷之間的庫侖力。(　√　)
2.思維探究
(1)點電荷、元電荷是同一種物理模型嗎 它們的區別在哪里
(2)真空中,兩個帶異種電荷的小球,在相距不太遠時,它們之間的靜電力能否用F=k去求解
答案:(1)不是同一種物理模型。點電荷是一種理想化的物理模型,其自身的大小在所研究的問題中可以完全忽略;元電荷是最小的電荷量,e=1.60×10-19 C。
(2)不能,帶電小球具有一定大小的半徑,當它們相距不太遠時,兩小球不能看成點電荷,公式F=k不再適用。
要點一　庫侖定律的理解和基本應用
有一個半徑為20 cm的帶電圓盤,距離圓盤某處有一個電子。試結合上述情景,討論下列問題:
(1)能否把帶電圓盤看作點電荷
(2)把帶電體看成點電荷的條件是什么
(3)若圓盤不能看作點電荷,圓盤和電子間是否就不存在庫侖力
(4)在情景中根據F=k,當帶電圓盤與電子的距離r →0時,帶電圓盤與電子間的作用力F→∞,這種說法正確嗎
答案:(1)能否把帶電圓盤看作點電荷,不能只看大小,要視具體情況而定。若考慮它與10 m遠處的一個電子的作用力時,完全可以把它看作點電荷;若電子距圓盤只有1 mm,這一帶電圓盤就相當于一個無限大的帶電平面,因而不能看作點電荷。
(2)當帶電體間的距離比它們自身的大小大得多時,帶電體可視為點電荷。
(3)仍存在庫侖力,只不過庫侖力大小不能用庫侖定律來計算。
(4)不正確,因為當r→0時,兩個帶電體已經不能看作點電荷,不能直接用庫侖定律來計算它們之間的相互作用力。
1.對點電荷的理解
(1)點電荷是只有電荷量,沒有大小、形狀的理想化模型,類似于力學中的質點,實際上并不存在。
(2)一個帶電體能否看做點電荷,是相對于具體問題而言的,不能單憑其大小和形狀確定。
2.應用庫侖定律解題應注意的問題
(1)真空中兩個靜止點電荷間相互作用力的大小只跟兩電荷的電荷量及間距有關,跟它們的周圍是否有其他電荷等無關。
(2)兩個點電荷之間相互作用的庫侖力遵守牛頓第三定律,即兩帶電體間的庫侖力是一對作用力與反作用力。不要認為電荷量大的電荷對電荷量小的電荷作用力大。
(3)庫侖力也稱為靜電力,它具有力的共性。它與學過的重力、彈力、摩擦力是并列的。它具有力的一切性質,它是矢量,合成分解時遵循平行四邊形定則,能與其他的力平衡,使物體發生形變,產生加速度。
(4)可將計算庫侖力的大小與判斷庫侖力的方向兩者分別進行。即用公式計算庫侖力大小時,不必將表示電荷Q1、Q2的帶電性質的正、負號代入公式中,只將其電荷量的絕對值代入公式中從而算出力的大小;再根據同種電荷相互排斥,異種電荷相互吸引加以判別力的方向。也可將Q1、Q2帶符號運算,F為“+”表示斥力,F為“-”表示引力。
3.庫侖定律與萬有引力定律的比較
(1)庫侖定律和萬有引力定律都遵從與二次平方成反比規律。
(2)兩個定律列表比較如下:
公式 F= F=
產生 原因 只要有質量就有引力,因此稱為萬有引力,兩物體間的萬有引力總是引力 存在于電荷間,兩帶電體的庫侖力既有引力,也有斥力,由電荷的性質決定
相互 作用 吸引力與它們質量的積成正比 庫侖力與它們電荷量的積成正比
相似 遵從牛頓第三定律
與距離的平方成反比
都有一個常量
(3)對于微觀的帶電粒子,它們之間的庫侖力要比萬有引力大得多,電子和質子的靜電引力F1是它們間萬有引力F2的2.3×1039倍,正因如此,以后在研究帶電微粒間的相互作用時,可以忽略萬有引力。
[例1] 甲、乙兩導體球,甲球帶有4.8×10-16 C的正電荷,乙球帶有3.2×10-16 C的負電荷,放在真空中相距為10 cm 的地方,甲、乙兩球的半徑遠小于10 cm。(結果保留三位有效數字)
(1)試求兩球之間的靜電力,并說明是引力還是斥力。
(2)將兩個導體球相互接觸,再放回原處,其作用力能求出嗎 是斥力還是引力
(3)如果兩個導體球完全相同,接觸后放回原處,兩球之間的作用力如何
解析:(1)因為兩球的半徑都遠小于10 cm,因此兩球均可看作點電荷。
由庫侖定律可求F=k=9.0×109× N≈1.38×10-19 N。兩球帶異種電荷,它們之間的作用力是引力。
(2)將兩個導體球相互接觸,首先正、負電荷相互中和,還剩余(4.8-3.2)×10-16 C的正電荷,這些正電荷將重新在兩導體球間分配。由于題中并沒有說明兩個導體球是否完全一樣,因此我們無法求出力的大小,但可以肯定兩球放回原處后,它們之間的作用力變為斥力。
(3)如果兩個導體球完全相同,則電荷中和后平分,每個小球的帶電荷量為0.8×10-16 C,代入數據得兩個導體球之間的斥力為F=5.76×10-21 N。
答案:(1)1.38×10-19 N　引力　
(2)不能　斥力
(3)5.76×10-21 N　斥力
(1)當r→0時,電荷不能再看成點電荷,庫侖定律不再適用,更不能認為F→∞。
(2)兩個規則的帶電球體相距比較近時,不能被看作點電荷,此時兩帶電球體之間的作用距離會隨所帶電荷量的改變而改變,如圖。
[針對訓練1] 關于庫侖定律,下列說法中正確的是(　D　)
A.庫侖定律適用于點電荷,點電荷其實就是體積很小的球體
B.根據F=k,當兩電荷的距離趨近于零時,靜電力將趨向無窮大
C.若點電荷q1的電荷量大于q2的電荷量,則q1對q2的靜電力大于q2對q1的靜電力
D.庫侖定律和萬有引力定律的表達式相似,都是平方反比定律
解析:點電荷是實際帶電體的近似,只有帶電體的大小和形狀對電荷的作用力影響很小時,實際帶電體才能視為點電荷,故選項A錯誤;當兩個電荷之間的距離趨近于零時,不能再視為點電荷,公式F=k不能用于計算此時的靜電力,故選項B錯誤;q1和q2之間的靜電力是一對相互作用力,它們的大小相等,故選項C錯誤;庫侖定律與萬有引力定律的表達式相似,研究和運用的方法也很相似,都是平方反比定律,故選項D正確。
要點二　靜電力作用下的平衡問題
小明想通過實驗探究三個帶電小球的平衡問題,他先在水平放置的光滑絕緣圓環上套上了三個電性、電荷量和體積都相同的小球(可看作點電荷),三個小球平衡后構成一個等邊三角形,如圖甲所示;他應該怎樣做才能在光滑絕緣的水平面上把三個球排成如圖乙所示的一條直線
答案:應使a1球和c1球帶上同種電荷,且和b1球的電性相反。
1.當多個帶電體同時存在時,每兩個帶電體間的靜電力都遵守庫侖定律。某一帶電體同時受到多個靜電力作用時可利用力的平行四邊形定則求出其合力。
2.分析靜電力作用下的平衡問題的步驟
(1)明確研究對象。
(2)畫出研究對象的受力分析圖。
(3)根據平衡條件列方程。
(4)代入數據計算或討論。
[例2] 如圖所示,真空中兩個相同的小球帶有等量同種電荷,質量均為m,分別用絕緣細線懸掛于天花板上同一點,平衡時,B球偏離豎直方向θ角,A球豎直且與絕緣墻壁接觸,此時A、B兩球位于同一高度且相距L。求:
(1)每個小球帶的電荷量q;
(2)B球所受繩的拉力T的大小;
(3)墻壁對A球的彈力N。
解析:(1)對B球受力分析如圖所示。B球受三個力且處于平衡狀態,其中重力與庫侖力的合力大小等于繩子拉力的大小,方向與繩子拉力方向相反,由圖可知F庫=mgtan θ=,
解得q=L。
(2)由B球的受力分析知,
T=。
(3)分析A球的受力情況知
N=F庫=,
得N=mgtan θ。
答案:(1)L　(2) (3)mgtan θ
(1)兩個點電荷之間的靜電力遵循牛頓第三定律,不論電荷量大小如何,兩個點電荷之間的靜電力總是大小相等,方向相反。
(2)分析帶電體在靜電力作用下的平衡問題時,方法與分析力學中物體的平衡問題一樣,不過在原來受力分析的基礎上多了靜電力,常用方法有合成法和正交分解法。
[針對訓練2] 在邊長為a的正方形的每一頂點都放置一個電荷量大小為q的點電荷,點電荷的正負如圖所示。如果保持它們的位置不變,則位于A點的點電荷A受到其他三個電荷的靜電力的合力大小是(　D　)
A. B.(-)
C.(+) D.
解析:電荷D對電荷A的庫侖斥力為F1=k,電荷B和電荷C對電荷A的庫侖力大小均為F2=F3=k,但兩力方向垂直,且兩力的合力 F2與F1垂直,根據力的合成法則,電荷A所受的靜電力大小為F===。
要點三　靜電力在動力學中的應用
如圖所示,在光滑絕緣水平面上固定一大的帶電物體,在帶電物體的右側放一帶同種電荷的小球,你將看到小球做什么運動
答案:在靜電力作用下,小球將向右做加速度減小的加速運動。
處理電荷間相互作用的動力學問題,方法與力學中的方法相同,首先分析帶電體受到的所有力,再依據牛頓第二定律F合=ma進行求解。對相互作用的系統,要注意靈活使用整體法與隔離法。
[例3] 如圖所示,光滑絕緣細桿豎直放置,細桿右側距桿0.3 m的C處有一固定的電荷量為Q的正點電荷,A、B是細桿上的兩點,點A與C、點B與C的連線與桿的夾角均為α=37°。一中間有小孔的帶正電小球(電荷量為q)穿在絕緣細桿上滑下,通過A點時加速度為零,速度為3 m/s,g取10 m/s2,求小球下落到B點時的加速度。
解析:在A處,由題意可知
kcos α-mg=0,
在B處,由題意可知
kcos α+mg=ma,
由以上兩式解得a=2g=20 m/s2,
方向豎直向下。
答案:20 m/s2
靜電力跟重力、彈力、摩擦力一樣,都是性質力,受力分析時應包括靜電力。正確判斷靜電力的大小和方向后,即可將題目轉化為力學問題,然后根據力學知識進行求解。
[針對訓練3] A、B兩帶電小球,A固定不動,B的質量為m,在庫侖力作用下,B由靜止開始運動。已知初始時,A、B間的距離為d,B的加速度為a,經過一段時間后,B的加速度為,此時A、B間距應為多少
解析:當距離為d時,根據庫侖定律和牛頓第二定律得
k=ma,
當距離為x時,k=m·a,
解得x=2d。
答案:2d
三點電荷的平衡
1.平衡條件:三個點電荷在光滑絕緣的水平面上放置,每個點電荷在庫侖力作用下平衡。
2.平衡結論
(1)電性上:兩同夾一異。
(2)電荷量上:兩大夾一小。
(3)距離上:近小遠大。
(4)電荷量關系:+=,其中q2在三個點電荷的中間,且電荷量最小;q1、q3分居q2的兩側,且離q2較遠的電荷量最大。
[示例] 如圖所示,三個點電荷q1、q2、q3固定在一直線上,q2與q3間距離為q1與q2間距離的2倍,每個點電荷所受靜電力的合力均為零,由此可以判定,三個點電荷的電荷量之比為(　A　)
A.(-9)∶4∶(-36) B.9∶4∶36
C.(-3)∶2∶(-6) D.3∶2∶6
解析:本題可運用排除法解答。分別取三個點電荷為研究對象,由于每個點電荷所受靜電力合力均為零,所以這三個點電荷不可能是同種電荷,這樣可立即排除B,D選項,故正確選項只可能在A,C中。若選q2為研究對象,由庫侖定律知=,因而得q1=q3,即q3=4q1,選項A正確,C錯誤。
稱量中的靜電干擾
　　微小量的粉末狀樣品、稱量紙、玻璃容器非常容易因摩擦產生靜電,產生的靜電力會直接影響到稱量的結果。一般情況下,這種靜電力的影響會達到零點幾毫克,所以對精確度1 mg以內的稱量,靜電是不能回避的干擾。靜電干擾下的稱量在實際稱量工作中,百分之八十以上的用戶沒有采取消除靜電干擾的措施。在0.01 mg、0.001 mg、0.000 1 mg 的絕緣樣品或使用絕緣容器的稱量中,稱量結果呈現不穩定的大范圍浮動。用戶往往等待稱量結果基本穩定后讀取稱量結果,而實際上這是在靜電力基本穩定后的結果。這個結果并不是稱量樣品的質量,而是重力疊加靜電力的結果。
[示例] 如圖所示,固定一帶負電小球a的絕緣支架放在電子秤上,此時電子秤示數為F,現將帶等量負電的另一小球b移至距離小球a正上方L處時,電子秤示數為F1,若只將小球b的電性改為正電荷,電子秤示數為F2,則(　D　)
A.F1=F2
B.F1+F2=F
C.若小球b帶負電,L增大,則F1也增大
D.若小球b帶正電,L減小,則F2也減小
解析:將帶等量負電的小球b移至距離小球a正上方L處時,b對a有向下的靜電力作用,設為F′,則示數F1=F+F′,若只將小球b的電性改為正電荷,b對a有向上的靜電力作用,則示數為F2=F-F′,所以F1>F2,F1+F2=2F,故A,B錯誤;若小球b帶負電,L增大,根據庫侖定律可知,F′減小,則F1減小,故C錯誤;若小球b帶正電,L減小,根據庫侖定律可知,F′增大,則F2=F-F′減小,故D正確。
課時作業
1.下列哪些帶電體可視為點電荷 (　C　)
A.電子和質子在任何情況下都可視為點電荷
B.在計算庫侖力時帶電的絕緣球體可視為點電荷
C.帶電的細桿在一定條件下可以視為點電荷
D.帶電的金屬球一定不能視為點電荷
解析:電子和質子在研究的范圍非常小,可以與它的大小差不多時,不能視為點電荷,選項A錯誤;在計算庫侖力時,帶電的絕緣球體在一定的條件下可視為點電荷,選項B錯誤;帶電的細桿在它的大小相比研究的范圍來說可以忽略不計時,可以視為點電荷,選項C正確;帶電的金屬球在它的大小相比研究的范圍來說可以忽略不計時,可以視為點電荷,選項D錯誤。
2.關于對庫侖定律的理解,下列說法正確的是(　C　)
A.對任何帶電體之間的靜電力計算,都可以使用庫侖定律公式
B.只要是點電荷之間的靜電力計算,就可以使用庫侖定律公式
C.兩個點電荷之間的靜電力,無論是在真空中還是在介質中,對兩個點電荷而言一定是大小相等、方向相反的
D.毛皮摩擦過的橡膠棒吸引碎紙屑,說明碎紙屑一定帶正電
解析:庫侖定律適用于真空中靜止的點電荷,故A,B錯誤;庫侖力也符合牛頓第三定律,C正確;毛皮摩擦過的橡膠棒會帶負電,從而吸引紙屑,紙屑帶正電或不帶電都可以,D錯誤。
3.如圖所示,在絕緣光滑水平面上,相隔一定距離有兩個帶同種電荷的小球,同時從靜止釋放,則兩個小球的加速度大小和速度大小隨時間變化的情況是(　C　)
A.速度變大,加速度變大 B.速度變小,加速度變小
C.速度變大,加速度變小 D.速度變小,加速度變大
解析:因電荷間的靜電力與電荷的運動方向相同,故電荷將一直做加速運動,又由于兩電荷間距離增大,由庫侖定律可知它們之間的靜電力越來越小,由牛頓第二定律可知,加速度越來越小。
4.兩個半徑為r的相同金屬球帶上異種電荷,已知q1=3q2,兩球心相距10r,其相互作用力為F1。現將兩球接觸后分開,再放回原處,這時兩球間的相互作用力為F2,則(　D　)
A.F2=F1 B.F2=
C.F2> D.F2<
解析:根據題意,兩球接觸后分開,每個球的帶電荷量應是q2。當兩球帶異種電荷時,由于電荷間的吸引,電荷在金屬球表面不再均勻分布,兩球表面所帶電荷的“等效中心”位置之間的距離必定小于10r,
如圖甲所示。
應用庫侖定律,則F1>k=k。
同理,當兩球帶同種電荷時,兩球表面所帶電荷的“等效中心”位置之間的距離必定大于10r,如圖乙所示。
則F2<=。
因此F2必定小于F1,故應選D。
5.如圖所示,兩個完全相同的金屬球a與b,將它們固定于絕緣支座上,兩球心間的距離為l,為球半徑的3倍。若使它們帶上等量異種電荷,電荷量均為Q,a、b兩球之間的庫侖力為F1;將兩球換為絕緣球,所帶電荷量均為Q,且電荷均勻分布在球面上,此時a、b兩球之間的庫侖力為F2,則(　C　)
A.F1=k,F2=k B.F1≠k,F2≠k
C.F1≠k,F2=k D.F1=k,F2≠k
解析:庫侖定律的適用條件為點電荷或均勻帶電球(或球殼)。若兩球為絕緣球,電荷均勻分布在球面上,則可以直接用庫侖定律求出庫侖力,因此F2=k;若為金屬球,由于兩球間距離較近,球上的電荷間存在相互作用力,電荷并不是均勻分布的,相互靠近的一側電荷分布較密集,此時不能將兩帶電球看作點電荷,所以不能用庫侖定律求解,
選項C正確。
6.設某星球帶負電,一帶電粉塵懸浮在距該星球表面 1 000 km 的地方,又若將同樣的帶電粉塵帶到距星球表面2 000 km的地方相對于該星球無初速釋放,則此帶電粉塵(　B　)
A.向星球下落 B.仍在原處懸浮
C.推向太空 D.無法判斷
解析:當帶負電粉塵在高度為H處平衡,有G=k,r為星球的半徑。當粉塵高度變為2H時,兩力仍然平衡,故B正確。
7.如圖所示,將帶電荷量為q的小球A固定在絕緣支架上,將另一質量為m,電荷量相等的帶電小球B放在距離A球正上方r(r遠遠大于小球直徑)處恰好處于平衡狀態,則(　B　)
A.A、B兩球可能帶異種電荷
B.兩小球的電荷量q=
C.如果小球B的質量變為2m,則A、B兩球的距離為2r
D.如果小球B的電荷量變為2q,則A、B兩球的距離為2r
解析:對小球B受力分析可知,小球B受重力,庫侖力兩力平衡,所以庫侖力豎直向上,所以兩球應帶同種電荷,故A錯誤;由B球受力平衡可知,mg=k,解得q=,故B正確;由B球受力平衡可知,mg=k,
解得r=,當小球B的質量變為2m,則A,B兩球的距離為r,如果小球B的電荷量變為2q,則A,B兩球的距離為r,故C,D錯誤。
8.(多選)兩個相同的金屬球A和B,A球帶正電,B球帶負電,且QA與QB的大小之比是4∶1,帶電金屬球可視為點電荷。若在A、B連線上的某點C放一個點電荷QC,A、B兩球對點電荷作用的靜電力剛好平衡,則(　AD　)
A.C點一定在連線的B球的外側
B.C點一定在連線的A球的外側
C.C點一定在A、B兩球之間
D.C點的點電荷一定帶正電
解析:因為A球帶正電,B球帶負電,只要放入的電荷受到的合力為0即可,QA與QB的大小之比是4∶1,通過受力分析,并由庫侖定律可知,對C點則有rA>rB,而且保證兩個力的方向相反,所以C點應在AB連線的B點的外側,且C點的點電荷帶正電,故A,D正確,B,C錯誤。
9.如圖所示,質量為m、電荷量為q的帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點,帶有電荷量也為q的小球B固定在O點正下方絕緣柱上,其中O點與小球A的間距為l,O點與小球B的間距為 l。當小球A平衡時,懸線與豎直方向夾角θ=30°,帶電小球A,B均可視為點電荷,靜電力常量為k,則(　B　)
A.A、B間庫侖力大小F=
B.A、B間庫侖力大小F=
C.細線拉力大小FT=
D.細線拉力大小FT=mg
解析:對A的受力分析如圖所示。
幾何三角形OAB與力三角形相似,由相似三角形得=,則FT=,由余弦定理得lAB==l,則F=FT==,故B正確。
10.兩個質量都為m=×10-2 kg的導體球,分別被兩根長0.04 m的絕緣絲線吊在同一點上。它們帶上等量同種電荷后,兩球互相排斥,至圖示位置平衡時兩線間夾角為60°,靜電力常量k=9×109 N·m2/ C2,重力加速度g取10 N/kg。求:
(1)兩球間靜電力的大小;
(2)每個導體球所帶的電荷量。
解析:(1)對左側導體球進行受力分析如圖所示,
由平衡條件可得F=mgtan 30°=0.1 N。
(2)由幾何關系知,兩球間距離為 0.04 m,
由庫侖定律得F==0.1 N,
可解得q=×10-7 C。
答案:(1)0.1 N　(2)×10-7 C
11.如圖所示,粗糙水平面上有一傾角為θ、質量為M的斜面體,斜面體上有一可視為點電荷的質量為M的物體P。在與P等高(PQ連線水平)且相距為r的右側固定一個可視為點電荷的物體Q,P、Q所帶電荷量相同。P靜止且受斜面體的摩擦力為零,斜面體保持靜止,已知靜電力常量為k,重力加速度為g。求:
(1)P、Q分別所帶電荷量;
(2)斜面體所受地面的摩擦力大小;
(3)斜面體對地面的壓力大小。
解析:(1)對物體P受力分析,物體P受到水平向左的庫侖力F庫,垂直斜面向上的支持力FN,豎直向下的重力Mg,根據平衡條件有
tan θ=,
設P,Q所帶電荷量的大小為q,
由庫侖定律得F庫=k,
解得q=。
(2)對斜面體受力分析可知,斜面體受到豎直向下的重力Mg,豎直向上的支持力,垂直斜面向下的壓力FN′和水平向右的摩擦力Ff,
所以Ff=FN′sin θ,FN′=,聯立解得Ff=Mgtan θ。
(3)對斜面體和物體P整體受力分析可知,受到豎直向下的重力、豎直向上的支持力、水平向左的庫侖力和水平向右的摩擦力,豎直方向上受力平衡,所以地面對斜面體的支持力F支=2Mg,由牛頓第三定律可知,斜面體對地面的壓力大小為2Mg。
答案:(1)均為
(2)Mgtan θ
(3)2Mg3　靜電場　電場強度和電場線
學習目標 成長記錄
1.了解電場是電荷周圍客觀存在的一種特殊物質。 知識點一
2.理解電場強度的概念及公式,并會運用公式進行有關的計算。 知識點二&要點一
3.理解點電荷的電場強度及電場強度疊加原理。 知識點三&要點二
4.理解電場線的概念、特點,了解典型場的電場線的分布,知道什么是勻強電場。 知識點四&要點三
知識點一　靜電場
電荷在它周圍空間產生電場,電荷與電荷之間的相互作用力就是通過電場而發生的。電場對電荷的作用力稱為電場力。場是物質存在的一種形態。靜止電荷周圍產生的電場稱為靜電場。
知識點二　電場強度
1.檢驗電荷:為了研究電場而引入的電荷量充分小,體積充分小的電荷。
2.電場強度
(1)定義:放入電場中某點的檢驗電荷所受的電場力與它的電荷量之比,叫作該點的電場強度。反映了電場在各點的性質。
(2)定義式:E=。
(3)單位:牛每庫,符號是N/C。
(4)方向:電場強度是矢量,電場中某點的電場強度的方向就是該點的正電荷所受電場力方向。
知識點三　點電荷的電場　電場強度的疊加
1.真空中點電荷的電場強度
(1)電場強度公式:E=k,其中k是靜電力常量,Q是場源電荷的電荷量。
(2)方向:以電荷量為Q的點電荷為中心作一個球面,當Q為正電荷時,電場強度E的方向沿半徑向外;當Q為負電荷時,電場強度E的方向沿半徑向內。
2.電場強度的疊加
電場強度是矢量,如果場源是多個點電荷,則電場中某點的電場強度等于各個點電荷單獨在該點產生的電場強度的矢量和。
知識點四　電場線
1.意義:電場線上每一點的切線方向都和該處的場強方向一致,某一區域電場線的疏密反映了這一區域電場強度的大小。
2.特點
(1)在靜電場中,電場線起始于正電荷,終止于負電荷或無窮遠處;或者起始于無窮遠處,終止于負電荷;在沒有電荷的地方,電場線不能中斷。
(2)任何兩條電場線都不會相交。
3.勻強電場
(1)定義:各點場強的大小和方向都相同的電場。
(2)電場線的分布:電場線相互平行而且分布均勻。
1.思考判斷
(1)電場看不見,摸不著,因此電場實際不存在。(　×　)
(2)據公式E=可計算電場強度大小,但電場強度由電場本身決定,與F、q大小無關。(　√　)
(3)用正、負兩種試探電荷檢驗電場中某點電場強度方向時,由于受力方向相反,則得到同一點電場強度有兩個方向。(　×　)
(4)電場強度的疊加滿足平行四邊形定則。(　√　)
(5)電場線可以描述電場的強弱,也能描述電場的方向。(　√　)
2.思維探究
(1)電場是一種物質,那么場這種物質和實物的差別在哪里
(2)根據電場強度的定義式E=,是不是只有試探電荷q存在時,電場才存在
(3)在電場線是曲線的靜電場中,帶電粒子只在靜電力作用下運動的軌跡會與電場線重合嗎
答案:(1)實物所占據的空間不能再被另一實物所占據,但幾個場可以同時占據同一個空間。
(2)不是,電場是由場源電荷產生的,與試探電荷是否存在沒有關系。
(3)不重合,假設軌跡與電場線重合,由曲線運動的條件可知靜電力必定指向彎曲電場線的內側,但靜電力方向一定與電場線相切,這樣就出現了矛盾,所以假設不成立。
要點一　電場強度的理解
天體之間沒有直接接觸,就有引力作用,這種作用是通過引力場傳遞的,電荷與電荷之間的相互作用是通過電場來實現的。試問:
(1)你知道哪里有電場嗎
(2)電場的強弱怎樣描述
答案:(1)帶電體的周圍存在電場。
(2)電場的強弱用電場強度來描述。
1.固有性:電場中某點的電場強度E是固有的,是由電場本身決定的。電場中不同的地方,電場強度一般是不同的。
2.矢量性:電場強度描述了電場的強弱,是矢量,其方向與在該點的正電荷所受靜電力的方向相同,與在該點的負電荷所受靜電力的方向相反。
3.公式E=與E=的區別
公式 物理含義 引入過程 適用范圍
E= 是電場強度大小的定義式 F∝q,但E與F、q無關,E反映某點處電場的性質 適用于一切電場
E=k 是真空中點電荷電場強度的決定式 由E=和庫侖定律導出,E由Q、r決定 在真空中,場源電荷Q是點電荷
[例1] (多選)對于電場強度的兩個公式E=和E=,下列說法正確的是(　BC　)
A.由公式E=得F越大,E越大
B.電場強度E與F、q無關
C.由公式E=得Q越大,E越大;r越大,E越小
D.公式E=適用于任何電場
解析:公式E=適用于任何電場,且E與F、q無關,A錯誤,B正確;E=適用于真空中點電荷的電場,但當r趨近于0時,帶電體不能再看作點電荷,公式不再成立,C正確,D錯誤。
(1)電場強度由形成電場的源電荷及空間位置等因素決定,與是否放入檢驗電荷、放入電荷的電性、電荷量的多少均無關。
(2)定義式E=給出了一種測量或計算電場中某點電場強度的方法,不能說E與F成正比,也不能說E與q成反比;決定式E=k給出了從理論上分析點電荷電場強度的方法,可以說E與Q成正比,與r2成反比。
[針對訓練1] 有關電場強度的理解,下述說法正確的是(　D　)
A.由E=可知,電場強度E跟放入的電荷q所受的靜電力F成正比
B.當電場中存在試探電荷時,電荷周圍才出現電場這種特殊的物質,才存在電場強度
C.由F=k可知,在離點電荷很近的地方,r接近于零,電場強度為無窮大
D.電場強度是反映電場本身特性的物理量,與是否存在試探電荷無關
解析:電場強度E可以根據定義式E=來測量,但與試探電荷的受力和試探電荷的電荷量無關,是由電場本身決定的,是電場的一種性質,與試探電荷是否存在無關,故A,B錯誤,D正確;點電荷電場強度的決定式E=k不適用于r接近零的情況,故C錯誤。
要點二　電場強度的疊加
如圖所示,Q和Q′均為正點電荷,且電荷量Q=Q′。
(1)正點電荷Q在q處產生的電場強度為多大 沿什么方向
(2)正點電荷Q和Q′在q處產生的合場強為多大 沿什么方向
答案:(1)電場強度大小為,方向沿Q、q的連線,水平向右。
(2)根據平行四邊形定則可知,合場強大小為,方向斜向右上方,與水平方向夾角為45°。
1.有幾個場源電荷,就產生幾個電場,各場源點電荷在某處產生的電場強度均可用E=k求得。
2.電場強度是矢量,故當某處同時存在幾個電場時,該處的電場強度為各個電場強度的矢量和。
[例2] 如圖,在(a,0)位置放置電荷量為q的正點電荷,在(0,a)位置放置電荷量為q的負點電荷,在距P(a,a)為a的某點處放置正點電荷Q,使得P點的電場強度為零。則Q的位置及電荷量分別為(　B　)
A.(0,2a),q B.(0,2a),2q
C.(2a,0),q D.(2a,0),2q
解析:根據點電荷的電場強度公式E=k,兩異種點電荷在P點的電場強度大小均為E0=,方向如圖所示,二者在P點的合電場強度為E1=E0=,方向與+q點電荷、-q點電荷的連線平行,如圖所示,Q點電荷在P點的電場強度大小為E2=k=,三點電荷的合電場強度為0,則E2方向如圖所示,大小有E1=E2,解得Q=2q,由幾何關系可知Q的坐標為(0,2a),故選B。
(1)電場強度是矢量,合成時遵循矢量運算法則,常用的方法有圖解法、解析法、正交分解法等;對于同一直線上電場強度的合成,可先規定正方向,進而把矢量運算轉化成代數運算。
(2)當兩矢量滿足大小相等、方向相反、作用在同一直線上時,兩矢量合成疊加,合矢量為零,這樣的矢量稱為“對稱矢量”,在電場的疊加中,注意圖形的對稱性,發現對稱矢量可簡化計算。
[針對訓練2] 如圖所示,空間中A、B、C三點的連線恰好構成一直角三角形,且∠C=30°,AB=L,在B、C兩點分別放置一點電荷,它們的電荷量分別是+Q與-Q(靜電力常量為k)。求斜邊AC的中點D處的電場強度。
解析:連接BD,三角形ABD為等邊三角形,可得BD=CD=AB=L。點電荷+Q與-Q在D處產生的場強大小均為E1=k,方向如圖所示,二者之間夾角大小為60°。據電場的疊加原理可知,D處的電場強度為這兩個場強的矢量和,可解得E=2E1cos 30°=2××=,方向水平向右。
答案:,方向水平向右
要點三　電場線的理解
如圖所示,在電場線的模擬實驗中,頭發碎屑懸浮在蓖麻油內,油中放入電極,電極周圍產生電場,頭發碎屑排列起來的形狀顯示出電場線的分布。這說明電場線是客觀存在的,對嗎
答案:不對,電場線是為了形象地描述電場而假想的線,實際上并不存在。我們用無數頭發碎屑在靜電力的作用下排列起來的形狀來模擬電場線。
1.點電荷的電場線
(1)點電荷的電場線呈輻射狀,正電荷的電場線向外至無限遠,負電荷則相反。
(2)以點電荷為球心的球面上,電場線疏密相同,但方向不同,說明電場強度大小相等,但方向不同。
(3)同一條電場線上,電場強度方向相同,但大小不等。實際上,點電荷形成的電場中,任意兩點的電場強度都不同。
2.等量異種點電荷與等量同種點電荷的電場線
類型 等量異種點電荷 等量同種(正)點電荷
分布圖
連線上的 電場強度 O點最小,從O點沿連線向兩邊逐漸變大 O點為零,從O點沿連線向兩邊逐漸變大
中垂面 (線)上的 電場強度 O點最大,從O點沿中垂線向兩邊逐漸變小 O點為零,從O點沿中垂線向兩邊先變大后變小
對稱的點 A與A′,B與B′的電場強度等大同向 A與A′,B與B′的電場強度等大反向
3.電場線與帶電粒子運動軌跡的關系
(1)電場線不是帶電粒子的運動軌跡,電場線與運動軌跡不一定重合。
(2)如果不同時具備以下條件,運動軌跡不可能與電場線重合。
①電場線為直線。
②帶電粒子的初速度為零,或初速度沿電場線所在直線。
③帶電粒子只受靜電力,或其他力的合力沿電場線所在直線。
[例3] (多選)某靜電場中的電場線如圖所示,帶電粒子在電場中僅受靜電力作用,其運動軌跡如圖中虛線所示,由M運動到N,以下說法正確的是(　CD　)
A.粒子必定帶負電荷
B.由于M點沒有電場線,粒子在M點不受靜電力的作用
C.粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度
D.粒子在M點的動能小于在N點的動能
解析:根據電荷運動軌跡彎曲的情況,可以確定點電荷受靜電力的方向沿電場線切線方向,故此點電荷帶正電,選項A錯誤;電場線是形象描述電場的工具,M點沒有電場線,在M點依然有電場,選項B錯誤;由于電場線越密,電場強度越大,點電荷受到的靜電力就越大,其加速度也越大,選項C正確;粒子從M點運動到N點,靜電力做正功,點電荷在N點的動能大,選項D正確。
(1)電場線是為了形象地描述電場而引入的假想曲線,而帶電粒子在電場中的運動軌跡是帶電粒子在電場中實際通過的徑跡,所以電場線不是帶電粒子的運動軌跡。
(2)帶電粒子只在靜電力作用下做曲線運動時,由物體做曲線運動的條件可知靜電力一定指向曲線彎曲的內側,又因為靜電力一定與電場線相切,所以運動軌跡與電場線是相交的,不可能重合。
(3)電場線上某點切線的方向表示該點電場強度的方向,不表示速度的方向。正試探電荷受到的靜電力的方向沿該點切線方向,負試探電荷受到的靜電力的方向沿該點切線方向的反方向。
[針對訓練3] (多選)如圖所示為電場中的一條電場線,在該電場線上有a、b兩點,用Ea、Eb分別表示兩點電場強度的大小,則(　AD　)
A.a、b兩點的電場強度方向相同
B.因為電場線由a指向b,所以Ea>Eb
C.因為電場線是直線,所以Ea=Eb
D.不知道a、b附近電場線的分布情況,Ea、Eb的大小不能確定
解析:電場線的疏密程度反映了電場強度的大小,由于只有一條電場線,題目中也沒有明確指出這條電場線是什么電場中的電場線,故無法判斷a、b兩點的電場強度大小;電場線的切線方向表示電場強度的方向,故a、b兩點的電場強度方向相同。故B,C錯誤,A,D正確。
巧用對稱法求解電場強度
　　　所謂對稱法,實際上是根據某些物理現象、物理規律、物理過程或幾何圖形的對稱性進行解題的一種方法,也稱為鏡像法。利用此方法分析解決問題可以避免復雜的數學演算和推導,直接抓住問題的本質,便于求解。在計算電場強度時,往往涉及對稱思想。
[示例] 如圖所示,16個電荷量均為+q(q>0)的小球(可視為點電荷)均勻分布在半徑為R的圓周上。若將圓周上P點的一個小球的電荷量換成-2q,則圓心O處的電場強度的大小為(　C　)
A. B.
C. D.
解析:圓周上均勻分布的是16個電荷量都為+q的小球,由于圓周的對稱性,圓心處電場強度為0。P處一個小球q在圓心處產生的電場強度大小E1=k,方向水平向左,可知其余15個小球在圓心處的電場強度大小E2=E1=k,方向水平向右,P點放上電荷量為-2q的小球時,在圓心處產生的電場強度大小E3=k,方向水平向右。根據電場的疊加有E2+E3=E,則得E=,故選C。(也可運用等效替代法,看作空間內僅有P點存在一個帶電荷量為-3q的小球)
　靜電除塵
　　靜電除塵是氣體除塵方法的一種,其原理是利用靜電場使氣體電離從而使塵粒帶電吸附到電極上的收塵方法,在強電場中空氣分子被電離為正離子和電子,電子奔向正極過程中遇到塵粒,使塵粒帶負電吸附到正極被收集,當然通過技術創新,也有采用負極板集塵的方式。以往常用于以煤為燃料的工廠、電站,收集煙氣中的煤灰和粉塵。冶金中用于收集錫、鋅、鉛等的氧化物,現在也有可以用于家居的除塵滅菌產品。
[示例] 靜電除塵器是目前普遍采用的一種高效除塵器。某除塵器模型的收塵板是很長的條形金屬板,圖中直線ab為該收塵板的橫截面。工作時收塵板帶正電,其左側的電場線分布如圖所示;粉塵帶負電,在靜電力作用下向收塵板運動,最后落在收塵板上。若用粗黑曲線表示原來靜止于P點的帶電粉塵顆粒的運動軌跡,下列四幅圖中可能正確的是(忽略重力和空氣阻力)(　B　)
解析:粉塵受力方向應該與電場線的切線方向相反,從靜止開始在非勻強電場中運動時,帶電粉塵顆粒一定做曲線運動,且運動曲線總是向靜電力一側彎曲,運動軌跡介于P點切線與經P點的電場線之間,故帶電粉塵應沿B圖所示曲線運動;不可能偏向同一電場線內側或沿電場線運動或振動,故不可能出現A,C,D圖的情況,B正確。
課時作業
1.下列有關電場強度的定義式E=的說法正確的是(　D　)
A.該定義式只適用于點電荷產生的電場
B.F是試探電荷所受到的力,q是產生電場的電荷所帶的電荷量
C.電場強度方向與F的方向相同
D.由該定義式可知,場中某點電荷所受的靜電力大小與該點電場強度的大小成正比
解析:定義式E=對任何電場都適用,所以選項A錯誤;公式中F是試探電荷在這一點所受的靜電力大小,q是指試探電荷的電荷量,所以選項B錯誤;電場強度方向與正電荷在該點所受靜電力F的方向相同,與負電荷所受靜電力F的方向相反,所以選項C錯誤;由定義式可得
F與E成正比,所以選項D正確。
2.(多選)真空中距點電荷(電荷量為Q)為r的A點處,放一個帶電荷量為q(q Q)的點電荷,q受到的靜電力大小為F,則A點的電場強度為(　BD　)
A. B.
C.k D.k
解析:由電場強度的定義可知A點電場強度為E=,又由庫侖定律知F=,代入后得E=k,故選項B,D正確,A,C錯誤。
3.(多選)如圖所示,在負點電荷Q的電場中,a、b兩點位于Q為圓心的同一圓周上,a、c兩點位于同一條電場線上,則以下說法正確的是(　AD　)
A.a、b兩點電場強度大小相等
B.同一試探電荷在a、b兩點所受靜電力相同
C.a、c兩點電場強度大小關系為Ea>Ec
D.a、c兩點電場強度方向相同
解析:負點電荷形成的電場中,各點的電場強度方向都由該點指向場源電荷,a、b兩點處在同一圓周上,電場線疏密程度相同,因此a、b兩點電場強度大小相等,但方向不同,放同一試探電荷在a、b兩點所受靜電力大小相等,方向不同,故A項正確,B項錯誤;a、c兩點在同一條電場線上,因此兩點的電場強度方向相同,故D項正確;由于c處電場線比a處密,故a、c兩點電場強度大小關系為Ec>Ea,C項錯誤。
4.如圖所示,一個質量為30 g、帶電荷量為-1.7×10-8 C的半徑極小的小球用絲線懸掛在某勻強電場中,電場線與水平面平行。當小球靜止時,測得懸線與豎直方向夾角為30°,則勻強電場方向和大小分別為(g取10 m/s2)(　B　)
A.水平向右,5×106 N/C
B.水平向右,1×107 N/C
C.水平向左,5×106 N/C
D.水平向左,1×107 N/C
解析:對小球受力分析,如圖所示。因為小球處于平衡狀態,所以靜電力F水平向左,小球帶負電,所受靜電力方向與電場強度方向相反,所以電場強度方向水平向右。根據平衡條件,有F=mgtan 30°,又F=Eq,則E=,代入數據得E=1×107 N/C,故選項B正確。
5.如圖所示是某靜電場的一部分電場線分布情況,下列說法中正確的是(　B　)
A.這個電場可能是負點電荷的電場
B.點電荷q在A點處受到的靜電力比在B點處受到的靜電力大
C.負電荷在B點處受到的靜電力的方向沿電場線的切線方向
D.點電荷q在A點處的瞬時加速度比在B點處的瞬時加速度小
(不計重力)
解析:負點電荷的電場線是從四周無限遠處不同方向指向負點電荷的直線,故A錯誤;電場線越密的地方電場強度越大,由題圖知EA>EB,又因F=qE,得FA>FB,故B正確;由a=知,a∝F,所以aA>aB,故D錯誤;B點電場線的切線方向為該點電場強度的方向,負電荷在此受到的靜電力的方向與電場強度的方向相反,故C錯誤。
6.(多選)某電場的電場線分布如圖所示,則(　AD　)
A.電荷P帶正電
B.電荷P帶負電
C.a點的電場強度大于b點的電場強度
D.正試探電荷在c點受到的靜電力大于在d點受到的靜電力
解析:電場線從正電荷出發,故A正確,B錯誤;由電場線的分布情況可知,b點處電場線比a點處密,所以b點的電場強度大于a點的電場強度,故C錯誤;c點的電場強度大于d點的電場強度,所以正試探電荷在c點受到的靜電力大于在d點受到的靜電力,故D正確。
7.在一個等邊三角形ABC頂點B和C處各放一個電荷量相同的點電荷時,測得A處的電場強度大小為E,方向與BC邊平行沿B指向C,如圖所示。拿走C處的點電荷后,A處電場強度情況將是(　B　)
A.大小仍為E,方向由A指向B
B.大小仍為E,方向由B指向A
C.大小變為,方向不變
D.0
解析:由題意可知,兩個頂點B、C處各放一個點電荷,測得A處的電場強度大小為E,方向與BC邊平行沿B指向C,根據平行四邊形定則作出B處點電荷在A處的電場強度EB和C處點電荷在A處的電場強度EC的合電場強度E,由于三角形ABC是等邊三角形,所以EB和EC的夾角為120°,由幾何知識可知EB=EC=E,B處點電荷在A處的電場強度EB的方向由B指向A,當拿走C處的點電荷后,則A處電場強度的大小仍為E,方向由B指向A,故選項B正確,A,C,D錯誤。
8.如圖所示,真空中O點有一點電荷,在它產生的電場中有A、B兩點,A點的電場強度大小為EA,方向與AB連線成60°角,B點的電場強度大小為EB,方向與AB連線成30°角。關于A、B兩點電場強度大小EA、EB的關系,以下結論正確的是(　D　)
A.EA=EB B.EA=EB
C.EA=EB D.EA=3EB
解析:由題圖可知,rB=rA,再由E=可知,==3,故D正確。
9.如圖所示,在真空中存在電場強度大小為E、方向水平向右的勻強電場,A、B兩點分別固定著等量異種點電荷+Q和-Q。O是線段AB的中點,C是線段AB的中垂線上的一點,且∠CAB=60°。若O點的電場強度大小為5E,則C點的電場強度大小為(　B　)
A.E B.E C.2E D.E
解析:根據電場強度的矢量合成可知,O點的電場強度為勻強電場的電場強度E以及+Q和-Q在O點形成電場強度E′的矢量和,設A、B距離為2r,則有5E=E+2E′=E+2k,可得E′=k=2E;在C點,+Q和-Q在C點的電場強度E″大小相等,且夾角為120°, 故二者的合電場強度仍為E″,方向水平向右,有E″=k=k=E,故C點處的電場強度大小為E合=E+E″=E,故B正確。
10.(多選)如圖,光滑絕緣細桿與水平面成θ角固定,桿上套有一帶正電的小球,質量為m,帶電荷量為q。為使小球靜止在桿上,可加一勻強電場。所加電場的電場強度滿足什么條件時,小球可在桿上保持靜止 (　AD　)
A.豎直向上,電場強度大小為
B.垂直于桿斜向上,電場強度大小為
C.水平向右,電場強度大小為
D.平行于桿斜向上,電場強度大小為
解析:若電場方向豎直向上,此時球受兩個力,豎直向上的電場力和豎直向下的重力,根據二力平衡可知,Eq=mg,所以有E=,故A正確;
若電場方向垂直于桿斜向上,小球受到的電場力方向也垂直于桿斜向上,在垂直于桿的方向小球受力能平衡,而在平行于桿方向,重力有沿桿向下的分力,沒有力與之平衡,則小球將向下滑動,不能保持靜止,故B錯誤;若電場方向水平向右,此時受三個力,重力、電場力和支持力。重力和電場力垂直于桿方向的分力的合力和支持力等值反向,重力和電場力沿桿方向的分力大小相等,方向相反,有mgsin θ=Eqcos θ,
所以有E=,故C錯誤;如電場方向平行于桿斜向上,此時受三個力,重力、沿桿方向的電場力和支持力。重力和電場力垂直于桿方向的分力的合力和支持力等值反向,重力沿桿方向的分力和電場力大小相等,方向相反,有mgsin θ=Eq,可得E=,故D正確。
11.如圖所示,A、B為體積可忽略的帶電小球,QA=2×10-8 C,QB=-2×10-8 C,
A,B相距3 cm。在水平外電場的作用下,A、B兩球保持靜止,懸線都沿豎直方向。求:(已知靜電力常量 k=9×109 N·m2/C2)
(1)A、B兩球之間的庫侖力;
(2)外電場的電場強度的大小和方向;
(3)AB中點處O點的合電場強度的大小和方向。
解析:(1)根據庫侖定律可知,A、B之間的庫侖力
F=k=9×109× N=4×10-3 N。
(2)由小球靜止時懸線豎直可知,外電場給小球的靜電力與它們之間的庫侖力大小相等,方向相反,故外電場的方向為水平向左,以A球為研究對象,由平衡條件得EQA=k,
解得E=2×105 N/C,方向水平向左。
(3)O點的電場強度為外電場和A、B兩球分別在該點產生的電場強度的矢量和。
A、B兩球在該點產生的電場強度方向都向右,
EAO=EBO=k=8×105 N/C,
故EO=2EAO-E=2×8×105 N/C-2×105 N/C=1.4×106 N/C,方向水平向右。
答案:(1)4×10-3 N　(2)2×105 N/C,方向水平向左　(3)1.4×106 N/C,方向水平向右4　電場力的功　電勢能
學習目標 成長記錄
1.知道電場力做功的特點,會計算勻強電場中電場力做功。 知識點一&要點一
2.了解電勢能的含義,知道電勢能的相對性,掌握電場力做功與電勢能變化的關系。 知識點二&要點二
知識點一　電場力做功的特點
電場力做功只與移動電荷的電荷量以及起點和終點的位置有關,而與路徑無關。
知識點二　電勢能
1.定義:電荷在靜電場中具有的勢能,叫做靜電勢能,簡稱電勢能,用符號Ep表示。
2.電場力做功與電勢能變化的關系
電荷從A點到B點,電場力對電荷所做的功WAB等于起點的電勢能減去終點的電勢能,即WAB=EpA-EpB。
3.電勢能的大小
(1)只有選擇了參考點(零電勢能位置)之后,電勢能才有確定的值。
(2)電荷在電場中某點A處的電勢能大小等于將電荷從該點移到零電勢能位置B處電場力所做的功,即EpA=WAB。
1.思考判斷
(1)只有在帶電體只受電場力作用的條件下,電場力做功才與路徑無關。(　×　)
(2)電勢能是相對的,規定不同的零勢能點,電荷在電場中某點的電勢能不同。(　√　)
(3)無論正、負電荷,只要電場力做正功,電荷的電勢能一定減少。(　√　)
2.思維探究
(1)在電場中確定的兩點間移動電荷量大小相等的正、負電荷時,電場力做功與電勢能變化有何差異
(2)怎樣由電場線判斷電勢能的變化
答案:(1)在電場中確定的兩點間移動電荷量大小相等的正、負電荷時,電場力做的功絕對值相等,正、負不同,電勢能的變化量絕對值相等,增減情況相反。
(2)正電荷順著電場線的方向移動,電勢能一定減少,逆著電場線的方向移動,電勢能一定增加。負電荷則相反。
要點一　電場力做功
　如圖所示,讓試探電荷q在電場強度為E的勻強電場中,沿幾條不同路徑從A點移到B點。
試結合上述情境,討論下列問題:
(1)分別計算甲、乙、丙三圖中靜電力對電荷做功的多少。
(2)通過問題(1)中三種情況下的做功的數據,請總結靜電力做功的特點。
答案:(1)圖甲中,靜電力對電荷所做的功W=F·|AB|=qE·|AB|=qE·|AM|。
圖乙中,靜電力對電荷所做的功W=F·cos θ·|AB|=qE·|AM|。
圖丙中,用無數組跟靜電力垂直和平行的折線來逼近曲線ANB,與靜電力平行的短折線的長度之和等于|AM|,因此靜電力對電荷所做的功W=W1+W2+W3+…=qE·|AM|。
(2)靜電力做的功只與電荷的起始位置和終止位置有關,與電荷經過的路徑無關。
1.勻強電場中電場力做功
W=qELcos θ=qEd,其中q為電荷量,E為電場強度大小,L為位移大小,θ為電場強度與位移的夾角,d為沿電場線方向電荷的位移。
2.電場力做功正、負的判定
根據電場力方向與位移方向或速度方向的夾角判斷:
(1)當夾角為銳角時,電場力做正功;
(2)當夾角為直角時,電場力不做功;
(3)當夾角為鈍角時,電場力做負功。
[例1] 如圖所示,兩平行金屬板相距10 cm,兩板間的勻強電場場強為400 N/C,兩板間有A、B、C三點位于直角三角形的頂點上,A、C距上板2 cm,B距下板 2 cm。
(1)若把一個電荷量為3×10-4 C的負電荷沿路徑ACB從A點移到B點,電場力做功是多少
(2)若把它從A點沿AB移到B點,電場力做功是多少
(3)若把它從A點沿ACBA路徑又移回到A點,電場力做功是多少
解析:(1)負電荷沿路徑ACB從A點移到B點時,電場力做的功等于沿AC電場力做的功與沿CB電場力做的功之和。因為沿AC移動電荷,電場力方向與位移方向垂直,所以電場力不做功,即WAC=0,而沿CB移動負電荷,電場力做正功WCB=qE·=3×10-4×400×0.06 J=7.2×10-3 J,
所以WACB=WAC+WCB=7.2×10-3 J。
(2)若把它從A點沿AB移到B點,該電荷沿電場力方向的位移大小為,且電場力做正功,
所以WAB=qE·=7.2×10-3 J。
(3)若把它從A點沿ACBA路徑又移回到A點,電場力做功為0。
答案:(1)7.2×10-3 J　(2)7.2×10-3 J　(3)0
電場力做功的求解
勻強電場中電場力是恒力,所以求電場力做功時可直接利用功的定義式求解,但是要注意分析電荷沿電場線方向的位移。就像在重力場中求重力做功時,關鍵是要找出物體在豎直方向的位移一樣。
[針對訓練1] 如圖所示,在場強為E的水平勻強電場中,一根長為l的絕緣桿,兩端分別固定著帶有電荷量+q和-q的小球(大小不計)。現讓絕緣桿繞中點O逆時針轉動α角,則轉動中電場力對帶電小球做正功還是負功 電場力做的總功是多少
解析:+q在電場中受電場力沿電場線方向而向右,它向左移動要克服電場力做功;-q受電場力與電場線方向相反而向左,它向右移動也要克服電場力做功。所以電場力對帶電小球做負功。
每個帶電小球的初、末位置沿電場線方向的距離均為d=(1-cos α),
電場力對每個小球做功
W=-Fd=-qE(1-cos α),
總功為W′=2W=-qEl(1-cos α)。
答案:見解析
要點二　電場力做功與電勢能變化的關系
(1)如圖甲所示,在點電荷+Q形成的電場中,將一個正電荷q1從A點移動到B點,電場力做正功還是做負功 q1在B點時的電勢能比在A點時的電勢能大還是小
(2)如圖乙所示,如果將一個負電荷q2從A點移動到B點,電場力做正功還是做負功 q2在B點時的電勢能比在A點時的電勢能大還是小
答案:(1)正功;q1在B點的電勢能小于在A點的電勢能。
(2)負功;q2在B點的電勢能大于在A點的電勢能。
1.電場力做功與電勢能變化的關系
(1)電勢能的改變僅由電場力做功來決定。電場力做的功等于電勢能的改變量,即WAB=EpA-EpB=-ΔEp。
(2)電場力做功決定電勢能的改變量,不能決定電勢能的大小。
(3)電荷在電場中移動時,電勢能的變化與零勢能點的選取無關,僅與電場力做功的多少有關。
(4)電荷在電場中的初、末位置一旦確定,電荷的電勢能改變量就唯一確定下來,電場力做的功也就確定了。
2.判斷電勢能大小的方法
做功 判定法 只要是電場力做正功,電荷的電勢能一定減少
只要是電場力做負功(克服電場力做功),電勢能一定增加
電場 線法 正電荷順著電場線的方向移動,電勢能一定減少;逆著電場線的方向移動,電勢能一定增加
負電荷順著電場線的方向移動,電勢能一定增加;逆著電場線的方向移動,電勢能一定減少
電性 判定法 同種電荷相距越近,電勢能越大,相距越遠,電勢能越小;異種電荷相距越近,電勢能越小,相距越遠,電勢能越大
[例2] 如圖所示的勻強電場中,有A、B、C三點,AB=5 cm,BC=12 cm,其中AB沿電場方向,BC和電場方向成60°角,一個電荷量為q=4×10-8 C的正電荷從A移到B,靜電力做功為W1=1.2×10-7 J。求:
(1)勻強電場的電場強度E的大小;
(2)電荷從A到C,電荷的電勢能改變多少
解析:(1)由W1=qE·AB,
得該電場的電場強度大小為E=60 N/C。
(2)電荷從B到C,靜電力做功為W2=qE·BC·cos 60°,
得W2=1.44×10-7 J。
電荷從A到C,靜電力做功為WAC=W1+W2=2.64×10-7 J,
所以該過程電勢能減少了2.64×10-7 J。
答案:(1)60 N/C
(2)減少2.64×10-7 J
(1)電勢能的變化與電場力做功具有等值關系,電場力做多少正功,電勢能就減少多少;電場力做多少負功,電勢能就增加多少。
(2)在同一電場中,同樣從A點到B點,移動正電荷與移動負電荷,電荷的電勢能的變化是相反的。
(3)對不同電性的電荷,電場對電荷可能是引力,也可能是斥力,所以計算電場力做功時要注意電荷的電性、移動的方向、電場強度的方向等。
[針對訓練2] 將電荷量為6×10-6 C的負電荷從電場中的A點移到B點,克服靜電力做了3×10-5 J的功,再從B點移到C點,靜電力做了1.2×10-5 J的功,則:
(1)電荷從A點移到B點,再從B點移到C點的過程中電勢能共改變了多少
(2)如果規定A點的電勢能為零,則該電荷在B點和C點的電勢能分別為多少
(3)如果規定B點的電勢能為零,則該電荷在A點和C點的電勢能分別為多少
解析:(1)電荷從A點移到B點,再從B點移到C點,靜電力做功
WAC=WAB+WBC=-3×10-5 J+1.2×10-5 J=-1.8×10-5 J,
則電勢能增加了1.8×10-5 J。
(2)如果規定A點的電勢能為零,則
EpB=EpA-WAB=3×10-5 J。
同理,C點的電勢能為
EpC=EpA-WAC=1.8×10-5 J。
(3)如果規定B點的電勢能為零,則該電荷在A點的電勢能為
EpA′=EpB′+WAB=-3×10-5 J。
C點的電勢能為
EpC′=EpB′-WBC=-1.2×10-5 J。
答案:(1)增加1.8×10-5 J
(2)3×10-5 J　1.8×10-5 J
(3)-3×10-5 J　-1.2×10-5 J
常見電場中的功能問題
　　在處理電場強度的疊加時,等量異種電荷形成的電場與等量同種電荷形成的電場易混淆,應注意兩者在中點連線和中垂線上場強的分布特點,這也是進一步判斷電場力做功及電勢能變化的關鍵。
[示例] (多選)如圖所示,在y軸上關于O點對稱的A、B兩點有等量同種點電荷+Q,在x軸上C點有點電荷-Q,且CO=OD,∠ADO=60°,下列說法正確的是(　BD　)
A.O點電場強度為零
B.D點電場強度為零
C.若將點電荷+q從O移向C,電勢能增大
D.若將點電荷-q從O移向C,電勢能增大
解析:由幾何關系可得,AD=CD=BD,∠ADB=120°,設AD=CD=BD=r,根據庫侖定律和平行四邊形定則可得,A,B兩點電荷在D點產生的合場強為k,方向向右;C點的點電荷-Q在D點產生的電場強度為k,方向向左,所以D點的合場強為零,選項B正確,A錯誤。A,B兩點電荷在O點產生的合場強為零,C點的點電荷-Q在O點產生的電場強度為k,方向向左,故三個點電荷在CO線段上的電場強度方向向左,若將點電荷+q從O點移向C點,電場力做正功,電勢能減少,若將點電荷-q從O點移向C點,電場力做負功,電勢能增大,選項D正確,C錯誤。
靜電噴涂
　　靜電噴涂是以被涂物體為正電極,涂料霧化裝置為負電極。前者接地,后者通電,這樣就形成了兩個電極,再利用同性相斥,異性相吸的原理,使涂料由霧化裝置處噴出,最后形成了一層平均且牢固的薄膜,這就是靜電噴涂的原理。
靜電噴涂效率高,漆膜附著力要比手工噴涂的更高一些,而且還能提高油漆的利用率,確保油漆能比較均勻沉積于工件表面。
[示例] 如圖所示是靜電噴涂原理示意圖。噴槍噴嘴與被涂工件之間有強電場,噴嘴噴出的帶電涂料微粒在強電場的作用下會向工件高速運動,最后被吸附到工件表面。則可知(　D　)
A.微粒一定帶正電
B.微粒可能帶正電,也可能帶負電
C.微粒運動過程中,電勢能越來越大
D.微粒運動過程中,電勢能越來越小
解析:帶正電的工件由于靜電感應電荷分布在表面,涂料微粒在電場力的作用下運動,故微粒帶負電,故A,B錯誤。微粒受電場力的作用,電場力做正功,電勢能越來越小,故D正確,C錯誤。
課時作業
1.(多選)如圖所示,以坐標原點O為圓心,半徑為r的圓與坐標軸交于a、b、c、d。在O點固定一個正點電荷Q,另外還有一方向與x軸正方向相同,電場強度大小為E的勻強電場。現把一電荷量為+q的點電荷N在圓上移動,則(　BC　)
A.從a移到c,靜電力對點電荷N做功為2qEr
B.從a移到c,靜電力對點電荷N不做功
C.從d移到b,靜電力對點電荷N做功為2qEr
D.從d移到b,靜電力對點電荷N不做功
解析:從a移到c,在點電荷Q產生的電場中靜電力對點電荷N不做功,在勻強電場中,a、c兩處電勢相等,靜電力對點電荷N也不做功,故A錯誤,B正確;從d移到b,在點電荷Q產生的電場中靜電力對點電荷N不做功,勻強電場對點電荷N做功為W=qE·2r=2qEr,所以靜電力做功為2qEr,故C正確,D錯誤。
2.如圖所示,電場中a、b、c三點,ab=bc,則把點電荷+q從a點經b點移到c點的過程中,電場力做功的大小關系有(　C　)
A.Wab>Wbc B.Wab=Wbc
C.Wab解析:由電場線的疏密可知,a點的場強最小,c點的場強最大,位移相同時,bc段受到的平均電場力大,所以Wab錯誤。
3.如圖所示,有一帶負電的粒子,自A點沿電場線運動到B點,在此過程中該帶電粒子(　B　)
A.所受的電場力逐漸增大,電勢能逐漸增加
B.所受的電場力逐漸增大,電勢能逐漸減少
C.所受的電場力逐漸減小,電勢能逐漸增加
D.所受的電場力逐漸減小,電勢能逐漸減少
解析:因為由A到B場強逐漸變大,所以電場力逐漸增大,帶負電粒子由A到B電場力對其做正功,所以電勢能逐漸減少,故選項B正確。
4.(多選)如圖所示,光滑絕緣細桿AB,水平放置于被固定的帶負電荷的小球的正上方,小球的電荷量為Q,可視為點電荷。a、b是水平細桿上的兩點,一個質量為m、電荷量為q的帶正電的小球(可視為質點)套在細桿上,由a點靜止釋放,在小球由a點運動到b點的過程中,
下列說法中正確的是(　AD　)
A.小球速度先增大后減小
B.小球速度一直減小
C.小球速度一直增大
D.小球與負電荷組成的系統電勢能先減少后增加
解析:小球沿光滑細桿運動的過程中,受到重力、支持力與庫侖力,重力與支持力均不做功,僅有庫侖力做功,負電荷對小球的庫侖力方向與速度方向的夾角先小于90°,后大于90°,則庫侖力對小球先做正功后做負功,所以小球的動能先增大后減小,速度先增大后減小,故A正確,B、C錯誤;庫侖力先做正功后做負功,由于只有庫侖力做功,
所以小球與負電荷組成的系統電勢能先減少后增加,故D正確。
5.(多選)如圖所示,相互垂直的固定絕緣光滑擋板PO、QO,豎直放置在重力場中,a、b為兩個帶有同種電荷量的小球(可以近似看成點電荷),當用水平向左作用力F作用于b時,a、b緊靠擋板處于靜止狀態。現若稍改變F的大小,使b稍向左移動一段小距離,則當a、b重新處于靜止狀態后(　BC　)
A.ab間的電場力增大 B.作用力F將減小
C.系統重力勢能增加 D.系統的電勢能將增加
解析:以a球為研究對象,分析受力情況,根據平衡條件,電場力為
F電=,α減小,cos α增大,則電場力F電減小,擋板對a的彈力N=mgtan α,α減小,N減小。對整體研究:水平方向F=N,則作用力
F將減小,故A錯誤,B正確;電場力F電減小,根據庫侖定律得知,兩球間的距離增大,電場力做正功,系統的電勢能減小,而F做正功,根據功能關系可知,系統重力勢能增加,故C正確,D錯誤。
6.(多選)在場強大小為E的勻強電場中,一質量為m,帶電荷量為+q的物體以某初速度沿電場反方向做勻減速直線運動,其加速度大小
為,物體運動s距離時速度為零,則下列說法一定正確的是(　ACD　)
A.物體克服電場力做功qEs
B.物體的電勢能減少了0.8qEs
C.物體的電勢能增加了qEs
D.物體的動能減少了0.8qEs
解析:電荷受電場力,F=qE,由于物體沿電場線反方向運動,電場力做負功,故物體克服電場力做功W=qEs,電勢能增加qEs,選項A,C正確,
B錯誤;由牛頓第二定律得,合力F=ma=0.8qE,到停下時,合力做功
W′=-Fs=-0.8qEs,故物體動能減少0.8qEs,選項D正確。
7.如圖為一勻強電場,某帶電粒子從A點運動到B點,在這一運動過程中克服重力做的功為3.0 J,電場力做的功為 2.0 J,則下列說法正確的是(　D　)
A.粒子帶負電
B.粒子在A點的電勢能比在B點少2.0 J
C.粒子在A點的機械能比在B點少1.0 J
D.粒子在A點的動能比在B點多1.0 J
解析:帶電粒子從A點運動到B點,電場力做正功,電場力豎直向上,粒子帶正電,故A項錯誤。電場力做功 2.0 J,粒子電勢能減少2.0 J,機械能增加2.0 J,故B,C都錯誤。合外力做功為-1.0 J,粒子動能
減少1.0 J,故D項正確。
8.一勻強電場,場強方向水平向左,如圖所示,一個質量為m的帶正電的小球以初速度v0從O點出發,在電場力與重力的作用下,恰能沿與場強的反方向成θ角的直線運動。求小球運動到最高點時其電勢能與在O點時的電勢能之差。
解析:設電場強度為E,小球帶電荷量為q,因小球做直線運動,它所受的電場力qE和重力mg的合力必沿此直線,如圖所示,
有qE=,F合=,
小球做勻減速運動的加速度大小為a=,
設從O點到最高點的位移為s,則=2as;
運動的水平距離為L=scos θ;
兩點的電勢能之差ΔEp=qEL;
由以上各式得ΔEp=mcos2 θ,
小球運動至最高點的過程中,電勢能增加。
答案:mcos2 θ
9.如圖所示,在電場強度E=104 N/C 的水平勻強電場中,有一根長l=15 cm的細線,一端固定在O點,另一端系一個質量m=3×10-3 kg、電荷量q=2×10-6 C 的帶正電小球,當細線處于水平位置時,小球從靜止開始釋放,g取 10 m/s2。
(1)小球到達最低點B的過程中重力勢能、電勢能分別變化了多少
(2)若取A點電勢為零,小球在B點的電勢能、電勢分別為多大
(3)小球到B點時速度為多大 細線張力為多大
解析:(1)重力勢能ΔEpG=-mgl=-4.5×1 J,
電勢能ΔEp=Eql=3×1J,所以,重力勢能減少了4.5×10-3 J,電勢能增加了3×10-3 J。
(2)若取A點電勢為零,則小球在B點的電勢能Ep=3×10-3 J,
由Ep=Bq可知,B=V=1.5×103V。
(3)對小球從A→B由動能定理得mgl-Eql=m,
所以vB=1 m/s。
在B點對小球受力分析可得FT-mg=,
解得FT=5×10-2 N。
答案:(1)重力勢能減少了4.5×10-3 J 電勢能增加了3×10-3 J
(2)3×10-3 J　1.5×103 V
(3)1 m/ s　5×10-2 N5　電勢　電勢差
學習目標 成長記錄
1.理解電勢的概念,知道電勢的相對性,知道電勢正負的意義,會判斷電勢的高低。 知識點一&要點一
2.理解電勢差的概念,掌握電場力做功與電勢差的關系,知道電勢差正負的意義。 知識點二、三&要點二、三、四
3.知道等勢面的定義,理解等勢面的特點,掌握幾種典型電場的等勢面。 知識點四&要點五
知識點一　電勢
1.定義:電荷在電場中某一點的電勢能與它的電荷量的比值。
2.公式:=。
3.標矢性:電勢是標量,沒有方向。
4.單位:在國際單位制中,電勢的單位是伏特,簡稱伏,符號是V,1 V=1 J/C。
5.電勢的相對性:電場中某一點的電勢的數值與零電勢點的選取有關,只具有相對意義。一般選大地或無窮遠處的電勢為零。
知識點二　電勢差
1.定義:電場中A、B兩點的電勢之差A-B為A、B兩點的電勢差。
2.公式:UAB=A-B,UAB=-UBA。
3.標矢性:電勢差是標量。
4.單位:與電勢的單位相同,在國際單位制中是伏特,符號是V。
5.電場力做功與電勢差的關系式
UAB=或WAB=qUAB。
知識點三　電勢和電勢差的正負
1.電勢的正負:某點的電勢為正,即表示該點電勢比零點高;電勢為負,即該點的電勢比零點低。電勢的正負與零電勢點的選取有關。
2.電勢差的正負:A、B兩點的電勢差為正,則表示A點電勢高于B點,正電荷從A點移到B點的過程中,電場力做正功;A、B兩點的電勢差為負,則表示A點電勢低于B點,正電荷從A點移到B點的過程中,電場力做負功。電勢差的正負及數值與零電勢點的選取無關。
3.電勢高低的判斷:沿電場線方向,電勢逐漸降低。
知識點四　等勢面
1.定義:電場中電勢相等的各點構成的面。
2.特點
(1)在同一等勢面上任何兩點之間移動電荷時,電場力不做功。
(2)等勢面跟電場線處處垂直,并且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。
(3)不同的等勢面不能相交。
1.思考判斷
(1)電荷具有電勢能大的點,電勢一定高。(　×　)
(2)根據電勢的定義式=可知,電荷q的電荷量越大,電勢越低。(　×　)
(3)電勢差與電勢一樣,是相對量,與零電勢點的選取有關。(　×　)
(4)公式UAB=說明:兩點間的電勢差UAB與電場力做功WAB成正比,與移動的電荷量q成反比。(　×　)
(5)等勢面上,不僅各點電勢相同,電場強度也一定相同。(　×　)
2.思維探究
(1)選取不同的零電勢點,電場中某點的電勢會改變嗎 兩點之間的電勢差會改變嗎
(2)在不預先定義“電勢”的情況下,可以利用靜電力做功定義電勢差嗎
答案:(1)電勢會改變;兩點之間的電勢差不變。
(2)可以,因為在電場中兩點間移動電荷時,靜電力做功與路徑無關,靜電力做的功與電荷量成正比,即靜電力所做的功與電荷量的比值是常數,這一常數是由電場本身的性質決定的。定義式為UAB=。
要點一　電勢的理解與高低的判斷
如圖所示的勻強電場,電場強度為E,取O點為零勢能點,A點距O點為l,AO連線與電場線的夾角為θ。電荷量分別為q和2q的試探電荷在A點的電勢能為多少 電勢能與電荷量的比值各是多少
答案:由EpA-EpO=WAO=Eqlcos θ,可知電荷量為q和2q的試探電荷在A點的電勢能分別為Eqlcos θ、2Eqlcos θ;電勢能與電荷量的比值相同,都為Elcos θ。
1.電勢的固有性:電場中某點的電勢大小是由電場本身的性質決定的,與在該點是否放有電荷及所放電荷的帶電荷量和電勢能均無關。
2.電勢的標量性:電勢是只有大小、沒有方向的物理量,在規定了零電勢點后,電場中各點的電勢可能是正值,也可能是負值。
3.判斷電勢高低的三種方法
(1)電場線法:沿電場線方向,電勢越來越低。
(2)場源電荷判斷法:離場源正電荷越近的點,電勢越高;離場源負電荷越近的點,電勢越低。
(3)電勢能判斷法:對于正電荷,電勢能越大,所在位置的電勢越高;對于負電荷,電勢能越小,所在位置的電勢越高。
[例1] 三個點電荷電場的電場線分布如圖所示,圖中a、b兩點處的電場強度大小分別為Ea、Eb,電勢分別為a、b,則(　C　)
A.Ea>Eb,a>b
B.EaC.Ea>Eb,aD.Eab
解析:由題圖可以看出a處電場線更密,所以Ea>Eb,根據對稱性,a處的電勢應與右側負電荷附近對稱點的電勢相等,再根據沿電場線方向電勢降低可以判定b>a,故選項C正確。
(1)電勢的正值表示該點的電勢高于零電勢點;電勢的負值表示該點的電勢低于零電勢點。顯然,電勢的正負只表示高低,不表示方向。
(2)電勢是描述電場性質的物理量,其大小由電場特性和零電勢點的位置決定。
[針對訓練1] 一帶電粒子僅在靜電力作用下從A點開始以初速度為-v0做直線運動,其v-t圖像如圖所示。粒子在t時刻運動到B點,3t時刻運動到C點,以下判斷正確的是(　C　)
A.A、B、C三點的電勢關系一定為B>A>C
B.A、B、C三點的電場強度大小關系一定為EC>EB>EA
C.粒子從A點經B點運動到C點,電勢能先增加后減少
D.粒子從A點經B點運動到C點,靜電力一直做正功
解析:因為不知道帶電粒子的電性,所以無法判斷電勢的關系,故A錯誤;由v-t圖像可知,加速度先增大后減小,所以B點的加速度最大,電場強度最大,故B錯誤;由圖像可知,動能先減少后增加,根據能量守恒定律可知,電勢能先增加后減少,故C正確;因為電勢能先增加后減少,所以靜電力先做負功后做正功,故D錯誤。
要點二　電勢差的理解
　如圖所示,同一條電場線上的A、B、O三點電勢值分別為4 V、1 V、0 V。
試結合上述情境,討論下列問題:
(1)A、B兩點間的電勢差UAB和B、A兩點間的電勢差UBA分別為多少 二者有什么關系
(2)如果取A=0,則B、O兩點的電勢為多少 UAB為多少 UBA為多少 二者有何關系
(3)由上面的討論,你能得到什么結論
答案:(1)UAB=A-B=3 V,
UBA=B-A=-3 V,
UAB=-UBA。
(2)B=-3 V,O=-4 V,
UAB=A-B=3 V,
UBA=B-A=-3 V。
同樣有UAB=-UBA。
(3)①電勢具有相對性,與零電勢點的選取有關,而電勢差是絕對的,與零電勢點的選取無關。
②電場中兩點之間的電勢差UAB=-UBA。
1.對電勢差的進一步理解
(1)客觀性:電勢差雖然可以由公式UAB=表示,但電勢差UAB由電場本身決定,在確定的電場中,兩點間的電勢差也有確定值,與是否有移動電荷無關。
(2)絕對性:電場中兩點間的電勢差與零電勢點的選取無關。
2.電勢和電勢差的比較
內容 電勢 電勢差UAB
區 別 定義 電勢能與電荷量比值= 電場力做功與電荷量比值UAB=
決定 因素 由電場和在電場中的位置決定 由電場和場內兩點位置決定
相對性 與零電勢點的選取有關 與零電勢點的選取無關
聯系 數值 關系 UAB=A-B,當B=0時, A=UAB
單位 相同,國際單位制中均是伏特(V),常用單位還有kV、mV等
標矢性 都是標量,但具有正負,其正負均表示相對性
[例2] (多選)下面關于靜電力做功和電勢差的說法中,正確的是(　BD　)
A.電勢差的大小由靜電力在兩點間移動電荷所做的功和電荷量決定
B.靜電力在電場中兩點間移動電荷做功的多少由這兩點間的電勢差和電荷量決定
C.電勢差是矢量,靜電力做的功是標量
D.在勻強電場中,與電場線垂直的某個方向上任意兩點間的電勢差均為零
解析:電勢差是電場中兩點間的電勢之差,電勢是描述電場能的性質的物理量,它的大小由電場的性質決定。因此電勢差的大小也由電場的性質決定,與在兩點間移動電荷所做的功和電荷量無關,因而選項A錯誤。但在兩點間移動電荷時靜電力做的功是由這兩點間的電勢差和電荷量決定的,所以選項B正確。電勢差是電場中兩點間的電勢之差,電勢是標量,所以電勢差也是標量,靜電力做的功也是標量,因而選項C錯誤。在勻強電場中,在與電場線垂直的某個方向上任意兩點間移動電荷時,電荷的受力方向與運動方向垂直,由功的公式可知做功為零。由WAB=qUAB可知,這兩點間的電勢差為零,所以選項D正確。
(1)電場中兩點間的電勢差可以通過移動電荷靜電力所做的功計算,但電勢差是描述電場的物理量,與移動電荷無關。
(2)無論怎樣的電場,順著電場線上的兩點A、B間的電勢差UAB>0,逆著電場線上的兩點A、B間的電勢差UAB<0。
[針對訓練2] (多選)下面關于電勢、電勢差和電勢能的關系,正確的是(　BD　)
A.電荷在某點的電勢能越大,該點的電勢越高
B.在電場中的兩點之間移動同一電荷,靜電力做功越多,這兩點的電勢差越大
C.由于零電勢點的選取是任意的,所以電場中兩點間的電勢差也是不確定的
D.電場中A點電勢比B點高1 V,則電荷量為10-2 C的正電荷從A移到B電勢能減少了10-2 J
解析:根據電勢能的公式Ep=q可知,電場中電勢越高的地方,正電荷在該點具有的電勢能越大,負電荷在該點具有的電勢能越小,故A錯誤;根據公式UAB=,在電場中的兩點之間移動同一電荷,靜電力做功越多,這兩點的電勢差越大,故B正確;電勢差與零電勢點的選取無關,零電勢點的選取是任意的,但是電場中兩點間的電勢差是確定的,故C錯誤;電場中A點電勢比B點高1 V,則電荷量為10-2 C的正電荷從A移到B靜電力做功10-2 J,電勢能減少了10-2 J,故D正確。
要點三　電場力做功與電勢差的關系
在某電場中將電荷q從A點移至B點,電場力做功為WAB,A、B兩點間電勢差為UAB。
試結合上述情境,討論下列問題:
(1)UAB與WAB有什么關系
(2)UAB與WAB的關系只適用于勻強電場嗎
(3)根據UAB=可知電場中A、B兩點的電勢差UAB與靜電力做的功WAB成正比,與試探電荷的電荷量q成反比,請分析這種說法正確嗎
答案:(1)由靜電力做功與電勢能變化的關系可得:WAB=EpA-EpB;EpA=qA,EpB=qB;所以WAB=q(A-B),即WAB=qUAB或UAB=。
(2)WAB=qUAB或UAB=對任何電場都適用。
(3)不正確,電勢差反映了電場本身的性質,UAB僅由電荷移動的兩位置A、B決定,與所經路徑、WAB、q均無關,但可由UAB=計算UAB,而WAB卻由q、UAB決定。
1.關系式WAB=qUAB應用過程中WAB、q及UAB正負號的兩種處理方法:
(1)代入正、負號進行運算:把電荷q的電性和兩點間的電勢差UAB的正、負代入,算出的結果中若功為正,則說明電場力做正功,電荷的電勢能減少;算出的功為負,則說明電場力做負功,電荷的電勢能增加。
(2)只將絕對值代入關系式運算:在計算時,q、UAB都取絕對值,算出的結果也是絕對值,而功的正負可借助電場力與移動方向間的關系確定。
2.公式WAB=qUAB適用于任何電場,其中UAB為電場中A、B兩點間的電勢差,WAB僅是電場力做的功,不包括從A到B移動電荷時,其他力所做的功。
[例3] 如圖所示,勻強電場的電場強度E=1.2×102 N/C,方向水平向右,一點電荷q=4×10-8 C沿半徑為R=20 cm的圓周,從A點移動到B點,已知∠AOB=90°,求:
(1)這一過程靜電力做多少功 是正功還是負功
(2)A、B兩點間的電勢差UAB為多大
解析:(1)從A點移動到B點位移大小l=R,方向與靜電力的夾角θ=135°,
故從A點移動到B點,
靜電力做功WAB=qElcos θ,
得WAB=4×10-8×1.2×102××0.2×cos 135° J=-9.6×10-7 J。
(2)由公式UAB=,得A、B兩點間的電勢差UAB= V=-24 V。
答案:(1)9.6×10-7 J　負功　(2)-24 V
(1)無論電場是否為勻強電場,在電勢差為UAB的A、B兩點間移動電荷時,電場力做功WAB=qUAB。
(2)在利用WAB=qUAB及UAB=時,采用直接代入符號運算的方法,會更加便捷,但要注意正、負號的運用。
(3)電場中各點間的電勢差可依次用代數方法相加,但要注意角標的排序,如UAD=UAB+UBC+UCD,UAB=-UBA。
[針對訓練3] 在電場中將一個電荷量為4 μC的電荷從A點移到M點,靜電力做負功8×10-4 J,把同一電荷從A點移到N點,靜電力做正功4×10-4 J,則UMN為(　A　)
A.300 V B.200 V
C.100 V D.-100 V
解析:根據電勢差公式U=,則有UAM== V=-200 V,而UAN== V=100 V,因此有UMN=UMA+UAN=-UAM+UAN=[-(-200)+100]V= 300 V。故A正確。
要點四　電場力做功的計算方法
帶電粒子可能在勻強電場中運動,也可能在非勻強電場中運動,可能是只在電場力作用下運動,也可能是在多個力作用下運動,可能是做直線運動,也可能是做曲線運動……思考:
(1)公式WAB=qUAB適用于任何電場,但適用于帶電粒子受多個力的情況嗎
(2)功的公式W=Flcos θ可以用來計算電場力做的功嗎
答案:(1)適用,但僅僅求電場力做的功。
(2)在勻強電場中可用功的公式求電場力做的功。
電場力做功的計算方法
方法 表達式 注意問題
功的 定義 W=Fd=qEd (1)適用于勻強電場;　　 　 (2)d表示沿電場方向的距離
功能 關系 (1)WAB=EpA-EpB; (2)WAB=-ΔEp　 (1)既適用于勻強電場,也適用于非勻強電場; (2)既適用于只受電場力的情況,也適用于受多種力的情況
電勢 差法 WAB=qUAB
動能 定理 W電場力+W其他力 =ΔEk
[例4] 如圖所示,三條曲線表示三條等勢線,其電勢C=0,A=B=10 V,D=-30 V,將電荷量為q=1.2×10-6 C的電荷在該電場中移動。
(1)把這個電荷從C移到D,靜電力做功多少
(2)把這個電荷從D移到B再移到A,電勢能變化多少
解析:(1)C、D兩點間的電勢差
UCD=C-D=30 V,
電荷從C移到D,靜電力做功
WCD=qUCD=1.2×10-6×30 J=3.6×10-5 J。
(2)D、A兩點間的電勢差
UDA=D-A=(-30-10) V=-40 V,
電荷從D移到A,靜電力做功
WDA=qUDA=1.2×10-6×(-40) J=-4.8×10-5 J,
所以電勢能增加了4.8×10-5 J。
答案:(1)3.6×10-5 J　(2)增加了4.8×10-5 J
(1)由于UAB與UBA,WAB與WBA不同,因此用關系式WAB=qUAB或UAB=進行相關計算時,要注意W和U的角標要對應,不要造成混亂。
(2)應用WAB=qUAB求電場力的功比較方便,因為它比W=qEd的適用范圍更廣,且不必考慮電場力大小和電荷運動路徑。
[針對訓練4] 如圖所示,質量為m,帶電荷量為q的粒子,以初速度v0從A點豎直向上射入真空沿水平方向的勻強電場中,粒子通過電場中B點時,速率vB=2v0,方向與電場的方向一致,求由A到B電場力做的功。
解析:根據動能定理求電場力的功。粒子由A到B重力做負功,設電場力做功為W,根據動能定理,有W-mgh=m-m,粒子在豎直方向做豎直上拋運動2gh=,解得W=2m。
答案:2m
要點五　等勢面的特點及應用
在地圖上,用等高線表示地勢的高低,在電場中常用等勢面來表示電勢的高低,簡述什么是等勢面 等勢面的主要特點有哪些
答案:電勢相同的各點構成的面叫等勢面。等勢面的特點:①在同一等勢面上移動電荷,電場力不做功;②電場線與等勢面垂直,并且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面;③等勢面不相交。
1.幾種典型電場的等勢面(虛線為等勢面,實線為電場線)
(1)點電荷的等勢面:點電荷的等勢面是以點電荷為球心的一簇球面。
(2)等量異種點電荷的等勢面:等量異種點電荷的連線上,從正電荷到負電荷電勢越來越低,中垂面是等勢面。
(3)等量同種點電荷的等勢面:
①等量正點電荷連線的中點電勢最低,中垂面上該點的電勢最高。從中點沿中垂面向外電勢越來越低。連線及中垂面上關于中點對稱的點電勢相同。
②等量負點電荷連線的中點電勢最高,中垂面上該點的電勢最低。從中點沿中垂面向外電勢越來越高。連線及中垂面上關于中點對稱的點電勢相同。
(4)勻強電場的等勢面:勻強電場的等勢面是垂直于電場線的一簇平行等間距的平面。
2.等勢面的應用
(1)由等勢面可以判斷電場中各點電勢的高低及差值。
(2)由等勢面可以判斷電荷在電場中移動時電場力做功的情況。
(3)由于等勢面和電場線垂直,由等勢面的分布可以畫出電場線大致分布情況。
(4)由等差等勢面的疏密,可以定性地比較某些點的電場強度的大小。
[例5] (多選)如圖所示的虛線為電場中的三個等勢面,三條虛線平行等間距,電勢值分別為10 V、19 V、28 V,實線是僅受靜電力的帶電粒子的運動軌跡,A、B、C是軌跡上的三個點,A到中心虛線的距離大于C到中心虛線的距離,下列說法正確的是(　ABC　)
A.粒子在三點受到的靜電力方向相同
B.粒子帶負電
C.粒子在三點的電勢能大小關系為EpC>EpB>EpA
D.粒子從A運動到B與從B運動到C,靜電力做的功可能相等
解析:由題意可判斷該電場為勻強電場,所以帶電粒子在電場中各點受到的靜電力方向相同,選項A正確;根據粒子的運動軌跡可得,粒子帶負電,帶負電的粒子在電勢高的位置電勢能小,所以EpC>EpB>EpA,選項B,C正確;A、B間的電勢差與B、C間的電勢差不相同,粒子從A運動到B與從B運動到C,靜電力做的功也不相等,選項D錯誤。
對等勢面的幾點解釋
(1)對同一圖中所畫的等差等勢面,相鄰兩等勢面間電勢差相等。等勢面可以是封閉的,也可以是不封閉的。
(2)在空間不同的兩等勢面不會相交。假如相交,在交點處電勢就有兩個不同的值,而對同一零電勢點,空間中的點的電勢具有唯一的值。
(3)在同一等勢面上移動電荷時,電場力不做功,所以電場力與等勢面垂直,即等勢面一定跟電場線垂直,跟電場強度的方向垂直。
[針對訓練5] 在維護和檢修高壓供電線路時,為了不影響城市用電,電工經常要在高壓線上帶電作業。為了保障電工的安全,電工全身要穿上用金屬絲線編織的衣服。圖中電工站在高壓直流輸電線的A供電線上作業,其頭頂上方有B供電線,B供電線的電勢高于A供電線的電勢。虛線表示電工周圍某一截面上的等差等勢線,c、d、e、f是等勢線上的四個點。以下說法中正確的是(　C　)
A.在c、d、e、f四點中,c點的電場強度最強
B.在c、d、e、f四點中,f點的電勢最高
C.若將某電子由c移到f,其電勢能將增大
D.將某電子在d點由靜止釋放,它會向e點所在等勢面運動
解析:等差等勢線的疏密表示電場強度的大小,越密越大,則在c、d、e、f四點中,f點的電場強度最強,故A錯誤;由題可知在c、d、e、f四點中,c點的電勢最高,故B錯誤;若將某電子由c移到f,電場力做負功,其電勢能將增大,故C正確;將某電子在d點由靜止釋放,它會向c點所在等勢面運動,故D錯誤。
電場線、等勢面、運動軌跡的綜合問題
(1)電場線的切線方向為該點的電場強度方向,電場線的疏密表示電場強度的大小。
(2)電場線互不相交,等勢面也互不相交。
(3)電場線和等勢面互相垂直。
(4)電場線的方向是電勢降低的方向,而且是降低最快的方向。
(5)電場線密的地方等差等勢面密,電場強度大;等差等勢面密的地方電場線也密。
(6)軌跡由力學性質來決定,即軌跡總是向合外力所指的方向彎曲。
[示例] 如圖所示為某電場的四個等差等勢面,電場中有A、B、C三點,已知一個負電荷以一定初速度從A點射出,僅在靜電力作用下依次經過B、C兩點,下列說法正確的是(　B　)
A.三點電勢A=CB.三點電場強度EA>EB>EC
C.該負電荷經A、B、C三點時的加速度aA=aCD.若將一正電荷由A點經B點移到C點,其電勢能先增大后減小
解析:負電荷的運動軌跡向左彎曲,受到的靜電力大致向左,則電場方向與受力方向相反,沿電場方向電勢降低,所以A=C>B,故A錯誤;根據等勢面與電場線垂直,等勢面密集處的電場線就密集,三點中A處電場線最密,C處電場線最疏,則EA>EB>EC,故B正確;根據牛頓第二定律知qE=ma,得aA>aB>aC,故C錯誤;若將一正電荷由A點經B點移到C點,靜電力先做正功后做負功,其電勢能先減小后增大,故D錯誤。
　靜電場聚焦
　　利用兩點之間的電勢差,使電子束連續通過一系列等勢面后被聚集在一點,稱為靜電場聚焦。靜電場聚焦類似于光學中光線的聚焦,主要應用于示波器的電子槍和電子顯微鏡等。
[示例] (多選)如圖所示是陰極射線示波管的聚焦電場。實線為電場線,虛線為等勢線。a、b、c為從左側進入聚焦電場的電子運動的軌跡上的三點。不計電子的重力,則(　CD　)
A.電場中a點的電勢高于c點的電勢
B.電子經a點的動能大于經c點的動能
C.電子經b點的加速度大于經c點的加速度
D.電子經b點的電勢能大于經c點的電勢能
解析:沿電場線方向電勢降低,故a點的電勢低于c點的電勢,A錯誤;電子由a點運動到c點的過程中,電場力做正功,電勢能減小,動能增大,故B錯誤,D正確;b點電場線比c點密一些,即b處電場強度大,故電子受到的電場力大,加速度大,故C正確。
課時作業
1.(多選)關于電勢差UAB和電勢A、B的理解,下列說法正確的是(　BD　)
A.UAB表示B點相對于A點的電勢差,即UAB=B-A
B.UAB和UBA是不同的,它們有關系UAB=-UBA
C.A、B都有正負,所以電勢是矢量
D.零電勢點的選取是任意的,但人們通常取大地或無限遠處為零電
勢點
解析:UAB表示A點相對于B點的電勢差,UAB=A-B,A錯誤;UBA表示B點相對于A點的電勢差,UBA=B-A,故UAB=-UBA,B正確;電勢是標量,正、負號表示電勢相對零電勢點的高低,正號表示電勢大于0,負號表示電勢小于0,C錯誤;零電勢點理論上是可以任意選取的,但通常取大地或無限遠處為零電勢點,D正確。
2.如圖所示,A、B、C為電場中同一電場線上的三點。設電荷在電場中只受靜電力作用,則下列說法中正確的是(　A　)
A.若在C點無初速度地釋放正電荷,則正電荷向B運動,電勢能減少
B.若在C點無初速度地釋放正電荷,則正電荷向B運動,電勢能增加
C.若在C點無初速度地釋放負電荷,則負電荷向A運動,電勢能增加
D.若在C點無初速度地釋放負電荷,則負電荷向A運動,電勢能不變
解析:正電荷受力方向為該點的電場強度方向,在C點無初速地釋放正電荷,則正電荷向B運動,靜電力做正功,電勢能減少,故A正確,B錯誤;負電荷受力方向與該點的電場強度方向相反,若在C點無初速地釋放負電荷,則負電荷向A運動,靜電力做正功,電勢能減少,故C,D錯誤。
3.(多選)如圖所示,某區域電場線左右對稱分布,M、N為對稱線上的兩點。下列說法正確的是(　AC　)
A.M點電勢一定高于N點電勢
B.M點電場強度一定大于N點電場強度
C.正電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能
D.將電子從M點移動到N點,靜電力做正功
解析:沿電場線方向,電勢降低,所以M點電勢一定高于N點電勢,A正確;電場線的疏密程度表示電場的強弱,由題圖可知,M點電場強度一定小于N點電場強度,B錯誤;正電荷q在M點的電勢能=qM,在N點的電勢能=qN,由于M>N,所以>,C正確;電子在電場中受靜電力的方向沿NM指向M,故從M移動到N,靜電力做負功,
D錯誤。
4.如圖所示,在一正的點電荷產生的電場中有A、B兩點,一點電荷為-3.2×10-19 C的試探電荷從A點移到B點的過程中,克服靜電力做功為W=6.4×10-20 J,則A、B兩點間的電勢差UAB等于(　C　)
A.5 V B.-5 V
C.0.2 V D.-0.2 V
解析:由題意知,試探電荷從A點移到B點的過程中,靜電力做負功WAB=-6.4×10-20 J,A、B兩點間的電勢差UAB== V=0.2 V,故A,B,D錯誤,C正確。
5.空間中P、Q兩點處各固定一個點電荷,其中P點處為正電荷,P、Q兩點附近電場的等勢面分布如圖所示,a、b、c、d為電場中的4個點,則(　D　)
A.P、Q兩點處的電荷等量同種
B.a點和b點的電場強度相同
C.c點的電勢低于d點的電勢
D.負電荷從a到c,電勢能減少
解析:由電場的等勢面分布可知,P、Q兩點處的電荷等量異種,Q帶負電,選項A錯誤;a、b兩點的電場強度方向不同,選項B錯誤;由正電荷到負電荷電勢逐漸降低,可知c>d,故選項C錯誤;負電荷從a到c,靜電力做正功,電勢能減少,故選項D正確。
6.(多選)如果在某電場中將電荷量為5.0×10-4 C的正電荷僅在靜電力作用下由A點移到B點,靜電力做功為2.0×10-3 J,則(　BD　)
A.電荷在B點的動能比在A點的動能小2.0×10-3 J
B.電荷在B點的電勢能比在A點的電勢能小2.0×10-3 J
C.A、B兩點間電勢差為-4 V
D.若在A、B兩點間移動一個q=1.0×10-4 C的負電荷,電荷將克服靜電力做4.0×10-4 J的功
解析:由A點移到B點,靜電力做正功,動能增加,電勢能減少,選項A錯誤,B正確;A、B兩點間電勢差UAB=4 V,選項C錯誤;在A、B兩點間移動一個q=1.0×10-4 C 的負電荷,靜電力做功W=qU=-1.0×10-4×
4 J=-4.0×10-4 J,選項D正確。
7.如圖所示,三條平行且等間距的虛線表示電場中的三個等勢面,其電勢分別為10 V、20 V、30 V。實線是一帶電的粒子(不計重力)在該區域內運動的軌跡,軌跡上有a、b、c三點,已知帶電粒子帶電荷量為0.01 C,在a點處的動能為0.5 J,則該帶電粒子(　D　)
A.可能帶負電
B.在b點處的電勢能為0.5 J
C.在b點處的動能為零
D.在c點處的動能為0.4 J
解析:電場強度方向向上,根據粒子的運動軌跡可判斷,粒子所受靜電力向上,則粒子帶正電,A錯誤;b點處的電勢能Ep=qb=0.01×30 J=
0.3 J,B錯誤;由能量守恒定律可知在a點E=(0.01×10+0.5)J=0.6 J,在b點處的動能為(0.6-0.3)J=0.3 J,C錯誤;在c點處的動能為(0.6-0.01×20)J=0.4 J,D正確。
8.如圖所示,在電場強度E=1.5×103 N/C的勻強電場中,有A、B、C三點,AB垂直于電場線,BC平行于電場線,AB=3 cm,BC=4 cm,AC=5 cm,
A、B間的電勢差UAB=0,B、C間的電勢差UBC與A、C間的電勢差UAC
相等,UBC=UAC=60 V,把一正電荷q=+1.0×10-8 C 放在A點,問:
(1)電荷q在A點受到的靜電力為多大 方向怎樣
(2)電荷q分別沿A→B→C和A→C路線到達C點,靜電力各做了多少功 電勢能怎樣變化 變化了多少
解析:(1)電荷在A點所受的靜電力F=qE=1.0×10-8×1.5×103 N=
1.5×10-5 N,方向與電場線方向相同,因為勻強電場中各點的電場強度的大小和方向都相同,所以電荷q在電場中各點的受力都相同。
(2)q沿A→B→C路線,靜電力做功
WABC=WAB+WBC=qUAB+qUBC=1.0×10-8×0 J+1.0×10-8×60 J=6.0×10-7 J。
同理,電荷q沿A→C路線,靜電力做功
WAC=qUAC=1.0×10-8×60 J=6.0×10-7 J
或WAC=FsACcos α=1.5×10-5×5×10-2× J=6.0×10-7 J。
由于靜電力對電荷做的功等于電荷的電勢能的減少量,所以電荷從A點移到C點電勢能減少,減少的電勢能為ΔEAC=6.0×10-7 J。
答案:(1)1.5×10-5 N　方向與電場線方向相同
(2)6.0×10-7 J　6.0×10-7 J　電勢能減少 6.0×10-7 J
9.如圖所示,在同一條豎直線上,有電荷量均為Q的A、B兩個正點電荷;GH是它們連線的垂直平分線。另有一個帶電小球C,質量為m、電荷量為+q(可視為點電荷),被長為L的絕緣輕細線懸掛于O點,現在把小球C拉起到M點,使細線水平且與A、B處于同一豎直面內,由靜止開始釋放,小球C向下運動到GH線上的N點時剛好速度為零,此時細線與豎直方向的夾角θ=30°。已知重力加速度為g,空氣阻力忽略不計,求:
(1)在A、B所形成的電場中,M、N兩點間的電勢差;
(2)若N點與A、B兩個點電荷所在位置正好形成一個邊長為R的正三角形,則小球運動到N點瞬間,細線對小球的拉力FT的大小(已知靜電力常量為k)。
解析:(1)帶電小球C在從M點運動到N點的過程中,由動能定理可得
mgLcos 30°+qUMN=0-0
解得UMN=-=-。
(2)在N點,小球C受到重力mg、細線的拉力FT以及A和B對它的斥力FA和FB四個力的作用,如圖所示
其中,沿細線方向的合力為零,
則FT-mgcos 30°-FAcos 30°=0,
又因為FA=FB=k,
解得FT=mgcos 30°+kcos 30°=mg +。
答案:(1)-　(2)mg+6　電勢差與電場強度的關系
7　靜電的利用和防護
學習目標 成長記錄
1.掌握勻強電場中電勢差與電場強度的關系,并且能推導出相關公式。 知識點一&要點一、二
2.理解等差等勢面中等勢面疏密與電場強度大小的關系。 知識點二
3.知道靜電的利用和靜電危害及防護。 知識點三&要點三
知識點一　勻強電場中電勢差與電場強度的關系
1.關系式:E=,UAB=Ed。
2.物理意義:勻強電場中兩點間的電勢差等于電場強度與這兩點間沿電場線方向的距離的乘積。
3.適用條件
(1)電場為勻強電場。
(2)d為兩點間沿電場線方向的距離。
4.電場強度的單位:由E=,可得場強的另一個單位是V/m,1 N/C=1 V/m。
知識點二　等勢面的疏密與電場強度大小的關系
在相鄰等勢面之間電勢差相等的約定下,等勢面越密的地方場強越大,電場線越密。
知識點三　靜電的利用和防護
1.靜電的利用:靜電噴涂、靜電除塵、激光打印機、靜電屏蔽、靜電復印、靜電植絨、避雷針等。
2.靜電危害
(1)雷擊。
(2)靜電火花引起爆炸和火災。
(3)靜電放電造成電磁干擾。
(4)靜電放電擊穿電路。
3.靜電危害的防治
(1)要盡快導走多余電荷,避免靜電積累。
(2)調節空氣的濕度。
(3)保持良好的通風、消除靜電火花的引爆條件。
(4)利用尖端放電。
1.思考判斷
(1)公式U=Ed適用于任何電場。(　×　)
(2)在電場中相同距離上的兩點,電勢差大的其電場強度也必定大。(　×　)
(3)在勻強電場中,沿著電場方向,任何相同距離上的電勢降落必定相等。(　√　)
(4)電勢降落的方向必定是電場強度的方向。(　×　)
(5)在勻強電場中沿電場線方向,電勢降得最快。(　√　)
(6)由公式E=得,電場強度E與電勢差U成正比,與兩點間的距離d成反比。(　×　)
2.思維探究
(1)有同學認為:“根據E=,若A、B兩點在勻強電場的同一等勢面上,由于UAB=0,故電場強度為零。”談一下你的認識。
(2)怎樣理解勻強電場中電場強度在數值上等于沿電場方向每單位距離上降低的電勢
答案:(1)該同學分析錯誤,當A、B在勻強電場同一等勢面上時,兩點沿電場方向距離d=0。無法用E=計算電場強度,E不等于零。
(2)勻強電場中,沿電場強度方向上距離為d的A、B兩點,比值即為單位長度上的電勢降落,根據公式E=可知,電場強度在數值上等于沿電場方向每單位距離上降低的電勢。
要點一　電場強度與電勢差的關系
(1)在不同的勻強電場Ⅰ、Ⅱ中,分別有A、B兩點和C、D兩點,若UAB>UCD,其間距離dABEⅡ的結論
(2)在同一勻強電場中,有A、B和C、D四個點,若其間距離dABUCD的結論
(3)在同一勻強電場中,有A、B、C、D四個點位于一條直線上(非等勢線),若dAB>dCD,能否得到UAB>UCD的結論
答案:(1)不能。
(2)不能。
(3)能。
1.電場強度的三個表達式的比較
項目 E= E=k E=
物理 含義 電場強度大小的定義式 真空中點電荷電場強度的大小決定式 勻強電場中電場強度大小的計算式
引入 過程 由比值法引入,E與F、q無關 由E=和庫侖定律導出 由F=qE和W=qU導出
適用 范圍 一切電場 真空中的點電荷電場 勻強電場
說明 q為試探電荷的電荷量 Q為場源電荷的電荷量 d為沿電場方向的距離
2.對電場強度與電勢差關系的理解
(1)電場強度為0的兩點間電勢差一定為0,電勢差為0的兩點間電場強度不一定為0。
(2)勻強電場中同一直線上(非等勢線)相距較遠的兩點間的電勢差一定較大。
(3)在非勻強電場中,公式E=可用來定性分析問題。在等差等勢面越密的地方電場強度就越大,如圖甲所示。如圖乙所示,a、b、c為某條電場線上的三個點,且距離ab=bc,由于電場線越密的地方電場強度越大,即ab段的平均電場強度小于bc段的平均電場強度,故Uab[例1] 在如圖所示的勻強電場中(未畫出電場強度方向)有A、B、C三點,dAB=2 cm,dBC=3 cm,其中AB與電場線平行,BC和電場線成37°角,一個電荷量q=-2×10-8 C 的負電荷從點A移動到點B,靜電力做功WAB=1×10-6 J,已知cos 37°=0.8,求:
(1)A、B兩點間的電勢差UAB;
(2)電場強度的大小和方向;
(3)若取點B的電勢為零,則點C的電勢為多大。
解析:(1)電荷從A點移到B點,有
UAB==-50 V。
(2)根據勻強電場中電場強度公式得E=,聯立解得E=2.5×103 V/m,電場強度方向水平向左。
(3)根據U=Ed,可得UBC=EdBCcos 37°
由于電場強度的方向向左,故UBC=-60 V
而UBC=B-C,B=0,解得C=60 V。
答案:(1)-50 V　(2)2.5×103 V/m　方向水平向左　(3)60 V
(1)同一條直電場線上距離相等的兩段長度上電勢差不一定相等。
(2)勻強電場中距離相等的兩段長度上電勢差不一定相等。
(3)電場中電場強度的方向就是電勢降低最快的方向。
[針對訓練1] 如圖所示,三個同心圓是點電荷q周圍的三個等勢面,A、B、C是這三個等勢面與一條電場線的交點,且AB=BC。A、C兩點的電勢分別為A=10 V 和C=2 V,則B點的電勢(　B　)
A.等于6 V B.低于6 V
C.高于6 V D.無法確定
解析:由于是非勻強電場,不能根據公式U=Ed進行定量計算,只能進行定性分析,由電場線的疏密可知AB和BC間的平均電場強度EAB>EBC,所以UAB>UBC,故有A-B>B-C,即B<=6 V,B正確。
要點二　“等分法”在勻強電場中的應用
(1)在勻強電場中沿電場線方向的A、B兩點電勢分別為A、B,且A>B,則AB連線中點P的電勢P和AP間電勢差UAP分別是多大
(2)若勻強電場中不在同一電場線上的兩點C、D,電勢分別為C、D,且C>D,則CD連線中點Q的電勢Q和CQ間電勢差UC Q又分別是多大
答案:(1)P=, UAP=。
(2)Q=,UC Q=。
1.等分法:采用等分間距求電勢的方法,即在勻強電場中把某段距離等分為n小段,則每小段的電勢差等于原電勢差的。
2.應用
(1)求解電勢或電勢差:在勻強電場中,相互平行、相等長度的線段兩端電勢差相等,用這一點可求解電勢或電勢差。
(2)找等勢點(線):已知某幾個點的電勢,則可以采用“等分法”找出與待求點的等勢點(線),就能求解出待求點的電勢。
(3)畫電場線或計算電場強度。
[例2] 如圖所示,在平面直角坐標系中,有方向平行于坐標平面的勻強電場,其中坐標原點O處的電勢為0,點A處的電勢為6 V,點B處的電勢為3 V,則電場強度的大小為(　A　)
A.200 V/m B.200 V/m
C.100 V/m D.100 V/m
思維導圖:
解析:x軸上OA的中點C的電勢為3 V,則BC的連線為等勢線,如圖所示,電場的方向與等勢線垂直,且由電勢高處指向電勢低處。根據幾何圖形,O點到BC的距離為d=1.5 cm,所以E== V/m=200 V/m,故選項A正確。
(1)勻強電場中同一直線上的等長線段的電勢差相等。
(2)勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢為C=。
(3)勻強電場中不在同一直線上,但相互平行且等長線段的電勢差相等。
[針對訓練2] 如圖所示,A、B、C、D是勻強電場中的四個點,D是BC的中點,A、B、C構成一個直角三角形,AB長為10 cm,角B為60°,電場線與三角形所在的平面平行,已知A=5 V,B=-5 V,C=15 V,由此可以判斷(　D　)
A.電場強度的方向由C指向B
B.電場強度的方向垂直AD連線斜向上
C.電場強度的大小為100 V/m
D.電場強度的大小為 V/m
解析:由題意,A=5 V,B=-5 V,C=15 V,則BC的中點D的電勢為D== V=5 V,AD為一條等勢線,根據電場線與等勢線垂直可知,電場強度的方向垂直于AD連線斜向下,故A,B錯誤;電場強度的大小為E== V/m= V/m,故C錯誤,D正確。
要點三　靜電的應用與靜電危害的防止
靜電應用的基本原理是什么
答案:異性電荷相吸引,使帶電的物質微粒在電荷所產生的力的作用下,奔向并吸附到電極上。
1.靜電危害產生的主要原因
靜電危害起因于電場力和靜電火花,靜電危害中最嚴重的靜電放電引起可燃物的起火和爆炸。
2.防止靜電危害的主要方法與途徑
(1)盡量減少靜電的產生,常用的方法是增大空氣的濕度。
(2)盡快把多余靜電導走,防止靜電積累,常用的最簡單辦法是接地。
[例3] (多選)如圖是某種靜電礦料分選器的原理示意圖,帶電礦粉經漏斗落入水平勻強電場后,分落在收集板中央的兩側,對礦粉分離的過程,下列表述正確的有(　BD　)
A.帶正電的礦粉落在右側
B.電場力對礦粉做正功
C.帶負電的礦粉電勢能變大
D.帶正電的礦粉電勢能變小
解析:由題知靜電場的方向水平向左,帶正電的礦粉受向左的電場力,落在左側,選項A錯誤;無論帶正電的礦粉還是帶負電的礦粉,電場力均做正功,電勢能都減小,故B,D選項正確,C選項錯誤。
[針對訓練3] 為了防止靜電的危害,應盡快把產生的靜電導走,下列措施中不是防止靜電危害的是(　B　)
A.油罐車裝一條拖地的鐵鏈
B.電工鉗柄上套有絕緣膠套
C.飛機輪上裝搭地線
D.印刷車間中保持適當的濕度
解析:電工鉗柄上套有絕緣膠套是利用絕緣體不導電的原理。故選B。
勻強電場中確定等勢線和電場線的方法
　　先由等分法確定電勢相等的點,畫出等勢線,然后根據電場線與等勢面垂直畫出電場線,且電場線的方向由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。
[示例] 如圖所示,虛線方框內有一勻強電場,A、B、C為該電場中的三點,已知A=12 V,B=6 V,C=-6 V。試在該虛線框內作出該電場的示意圖(畫出幾條電場線),并要求保留作圖時所用的輔助線。
解析:要畫電場線,先找等勢線(面)。因為UAC=18 V,UAB=6 V,=3,將線段AC等分成三份,即使AH=HF=FC,則H=6 V,F=0,故點B,H電勢相等。連接B,H即為等勢線(面),由電場線與等勢線(面)垂直且電場線方向由高電勢指向低電勢,可畫出電場線方向如圖中實線所示。
答案:圖見解析
　離子陷阱
　　由于H.G.德梅爾特發明了用電磁陷阱捕捉質子、電子和離子的技術,并將這種技術應用于原子基本常數和光譜學的測量,瑞典皇家科學院授予他1989年諾貝爾物理學獎。
[示例] (多選)離子陷阱是一種利用電場或磁場將離子俘獲并囚禁在一定范圍內的裝置。如圖為最常見的“四極離子陷阱”的俯視示意圖,a、b、c、d是四根平行桿,它們與帶有直流電壓和疊加的射頻電壓相連,相當于四個電極,相對的電極帶等量同種電荷,相鄰的電極帶等量異種電荷。在紙面內四根桿的連線是一個正方形,A、C是ac上的任意兩點,B、D是bd上的任意兩點,A、C、B、D到正方形中心O的距離相等。則(　BCD　)
A.D點的電場強度為零,電勢最低
B.A、B、C、D四點電場強度大小相等
C.A點電勢比B點電勢高
D.正點電荷沿直線從A經O運動到C,電勢能先減小后增大
解析:根據電場的疊加原理,a、c電極的電荷在D點的合場強方向水平向右,b、d電極的電荷在D點的合場強方向也向右,因此D點的電場強度方向向右,選項A錯誤;由電場疊加及對稱性可知,A、B、C、D四點電場強度大小相等,而方向分別為A→O,O→B,C→O和O→D,則A>O,BB,A點電勢比B點電勢高,選項B,C正確;正點電荷沿直線從A經O運動到C,靜電力先做正功后做負功,電勢能先減小后增大,選項D正確。
課時作業
基礎鞏固
1.關于勻強電場中的場強和電勢差的關系,下列說法正確的是(　B　)
A.任意兩點間的電勢差等于場強和這兩點間距離的乘積
B.沿電場線方向,任何相同距離上電勢降落必定相等
C.電勢降低的方向必是場強方向
D.在相同距離的兩點上,電勢差大的其場強也大
解析:本題的關鍵是理解勻強電場中場強與電勢差的關系,公式E=中,
d是沿場強方向上兩點的距離,由此很容易判斷出A,D錯誤,B正確。場強的方向是電勢降低“最快”的方向,電場降低的方向不一定是場強方向,故C錯誤。
2.在加油站的加油機上有如圖所示的圖標,關于圖標涉及的物理知識及其理解,下列說法正確的是(　C　)
A.制作這些圖標的依據是靜電屏蔽原理
B.工作人員工作時間須穿絕緣性能良好的化纖服裝
C.化纖手套與接觸物容易摩擦起電,存在安全隱患
D.在加油站可以用絕緣的塑料梳子梳頭
解析:用塑料梳子梳頭時會產生靜電,戴非棉手套加油易產生靜電,穿衣服、脫衣服也會產生靜電,這些圖標都是為了減少靜電的產生,不是靜電屏蔽,故A,D錯誤;工作人員工作時間穿絕緣性能良好的化纖服裝,會引起靜電,故B錯誤;化纖手套與接觸物容易摩擦起電,有可能引起油料燃燒,故C正確。
3.下列應用與防護不屬于尖端放電現象的是(　B　)
A.一般高壓設備中導體的表面應該盡量光滑
B.一般馬路表面建造得很平滑
C.夜間高壓線周圍會出現一層綠色光暈
D.一般高樓大廈頂部裝有避雷針
解析:馬路表面建造得很平滑與靜電現象無關,A,C,D屬于尖端放電現象,故選B。
4.如圖所示,在勻強電場中有a、b、c、d四點,它們處于同一圓周上,且ac、bd分別是圓的直徑。已知a、b、c三點的電勢分別為a=9 V,b=15 V,c=18 V,則d點的電勢為(　A　)
A.12 V B.8 V
C.4 V D.16 V
解析:根據幾何知識知,ab長度等于dc長度,且線段ab平行于線段cd,根據在勻強電場中平行相等兩線段端點之間的電勢差相等,
則b-a=c-d,可得d=12 V,故A正確,B,C,D錯誤。
5.如圖所示,在勻強電場中相距10 mm 的兩等勢面AA′、BB′,其間有一靜止的油滴P。已知油滴P的重力是1.6×10-4 N,所帶的電荷量是+3.2×10-9 C,則下面判斷正確的是(　C　)
A.A>B　UAB=100 V
B.A>B　UAB=750 V
C.AD.A解析:帶電油滴受到重力和靜電力處于平衡狀態,即 mg=qE,勻強電場的電場強度大小E=,由以上兩式得|UAB|==500 V,由于油滴所受靜電力方向向上,所以電場方向向上,A正確。
6.(多選)如圖所示為某一電場的電場線和等勢面。已知a=5 V,c=3 V,
ab=bc,b點的電勢為b,b、d在同一等勢面上。以|Wac|表示點電荷q由a點移到c點過程中靜電力做功的大小,|Wdc|表示點電荷q由d點移到c點過程中靜電力做功的大小,則(　BD　)
A.b>4 V B.b<4 V
C.|Wac|=2|Wdc| D.|Wac|>2|Wdc|
解析:由電場線疏密程度可知ab段上平均電場強度大于bc段上平均電場強度,由U=Ed可定性判斷出Uab>Ubc,即a-b>b-c,
所以b<=4 V,故A錯誤,B正確;又因為Uac=Uab+Ubc,所以Uac>2Ubc,
b,d在同一等勢面上,b=d,故Uac>2Udc,由靜電力做功W=qU,
得|Wac|>2|Wdc|,故C錯誤,D正確。
7.如圖所示,在水平向右的勻強電場中,有一電荷量為q=-4×10-7 C的負點電荷從A點運動到B點,靜電力做功為WAB=3.2×10-6 J,A,B間距離L=4 m,AB與水平面的夾角為60°。
(1)負點電荷的電勢能是增加還是減少 增加(減少)了多少
(2)B、A間電勢差UBA是多少
(3)電場強度E是多大
(4)如果A點的電勢為-4 V,那么B點的電勢為多大 電荷量為
q′=4×10-6 C的正電荷在A點具有的電勢能是多少
解析:(1)負點電荷從A點運動到B點,靜電力做正功,大小為3.2×10-6 J,
則負點電荷的電勢能減少了3.2×10-6 J。
(2)A、B間電勢差UAB== V=-8 V,
則UBA=-UAB=8 V。
(3)勻強電場的電場強度E==4 V/m。
(4)因UAB=A-B=-8 V,
A=-4 V,
則B=4 V,
電荷量為q′的正電荷在A點具有的電勢能為EpA=Aq′=-1.6×10-5 J。
答案:(1)減少　3.2×10-6 J　(2)8 V
(3)4 V/m
(4)4 V　-1.6×10-5 J
能力提升
1.(多選)如圖所示,直角△ABC處在勻強電場中,∠ACB=30°,
邊AB=1 m。B點的電勢為2 V,將電荷量為4×10-6 C的帶正電的點電荷從電場中的A點移到B點,靜電力做了-1.2×10-5 J 的功,再從B點移到C點,靜電力做了 2.4×10-5 J的功。下列說法正確的是(　BC　)
A.A、B兩點間的電勢差UAB=3 V
B.B、C兩點間的電勢差UBC=6 V
C.該電場的電場強度為2 V/m
D.該電場的電場強度為3 V/m
解析:帶正電的點電荷從電場中的A點移到B點過程中,靜電力做功WAB=qUAB,代入數據可解得UAB=-3 V,同理可得UBC=6 V,A錯誤,B正確;由電勢差與電勢關系式可得UAB=A-B=-3 V,UBC=B-C=6 V,代入數據可得A=-1 V,C=-4 V,由勻強電場的特點可知B、C中點D的電勢D==-1 V,即A、D連線為一等勢面,電場強度方向垂直于等勢面并指向電勢較低一側,如圖所示,
由幾何關系可知θ=60°,該電場的電場強度為E===2 V/m,
C正確,D錯誤。
2.(多選)如圖所示,矩形ABCD位于勻強電場中,且與勻強電場方向平行。已知AB=2BC=4 m,A、B、D的電勢分別為6 V、2 V、4 V。初動能為24 eV,電荷量大小為4e的帶電粒子從A沿著AC方向射入電場,恰好經過B。不計粒子的重力,下列說法正確的是(　ABD　)
A.C點的電勢為0 V
B.該粒子一定帶負電
C.該粒子到達點B時的動能為40 eV
D.該勻強電場的電場強度大小為 V/m
解析:根據勻強電場中平行的等間距的兩點間的電勢差相等,則有
A-B=D-C,解得C點的電勢為C=0 V,故A正確;取AB的中點O,則O點的電勢為O==4 V,則連線OD為等勢線,電場強度方向與等勢面垂直,且由高電勢指向低電勢,電場強度垂直OD斜向上,由物體做曲線運動的條件,電場力斜向下,故電荷一定為負電荷,故B正確;粒子從A到B過程,根據動能定理有-qUAB=EkB-EkA,解得該粒子到達B點時的動能EkB=8 eV,故C錯誤;根據E=可得,E== V/m,
故D正確。
3.(多選)如圖所示,在勻強電場中有A、B、C三點,恰好處于以AB為直徑的圓周上,圓周所在平面與電場方向平行。已知A、B、C三點的電勢分別為 2 V、0、0,AB的長度為2 m,AC與AB夾角為30°,
則下列說法正確的是(　BD　)
A.圓周上A點電勢最高
B.該電場的方向與AC平行
C.該電場的電場強度大小為 V/m
D.圓周上兩點間電勢差的最大值為4 V
解析:由題意可知,B、C兩點電勢相等,BC是一條等勢線,由圖可知,P點的電勢最高,故A錯誤;AC與BC垂直,則該電場的方向與AC平行,故B正確;電場強度為E== V/m=2 V/m,故C錯誤;過O點作直線PQ平行于AC,PQ與圓相交于P、Q兩點,Q點是圓周上電勢最低的點,P點是圓周上電勢最高的點,則UPQ=E×2R=4 V,所以圓周上兩點間電勢差的最大值為4 V,故D正確。
4.如圖所示,絕緣水平面上有相距為L=15 m的A、B兩點,質量為
m=2.2 kg,帶電荷量為q=+3×10-4 C的物體靜止放在水平面上的A點,其與水平面間的動摩擦因數為μ=0.5。某時刻,空間加上與水平方向成θ=37°角斜向上的勻強電場,使物體從靜止開始加速運動,經過C點時,電場突然消失,物體繼續運動到B位置停下。已知物體減速運動的時間是加速運動時間的2倍,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)勻強電場的電場強度。
(2)電場中A、C兩點之間的電勢差。
解析:(1)設電場力為F,AC、BC間加速度、時間分別為a、a′和t、t′,由題意可知,物體做勻減速運動的加速度為a′==μg=5 m/s2,
由于勻加速階段的末速度即為勻減速階段的初速度,因此at=a′t′,又t′=2t,
解得a=2a′=10 m/s2。
物體在電場力作用下做勻加速運動,由牛頓第二定律
Fcos 37°-μ(mg-Fsin 37°)=ma,
解得F=30 N,
則電場強度E==1×105 N/C。
(2)物體從A運動到B,有L=at2+a′t′2,
又t′=2t,
則加速階段的位移L1=at2=5 m,
A、C兩點之間的電勢差UAC=Ed=EL1cos 37°=4×105 V。
答案:(1)1×105 N/C　(2)4×105 V
5.如圖所示,A、B、C為一等邊三角形的三個頂點,某勻強電場的電場線平行于該三角形平面。現將電荷量為10-8 C的正點電荷從A點移到B點,電場力做功為3×10-6 J,將另一電荷量為10-8 C的負點電荷從A點移到C點,克服電場力做功3×10-6 J。求:
(1)電場線方向及UAB、UAC、UBC的大小;
(2)若AB邊長為2 cm,電場強度為多大。
解析:(1)正點電荷從A點移到B點時,電場力做正功,故A點電勢高于B點,可求得UAB== V=300 V。負點電荷從A點移到C點,電場力做負功,A點電勢高于C點,可求得UAC==300 V。因此B、C兩點電勢相等,UBC=0.由于勻強電場中的等勢線是一簇平行直線,因此,BC為一條等勢線,故電場線方向垂直于BC,設D為直線BC的中點,則場強方向為由A指向D。
(2)直線AB在場強方向的距離d等于線段AD的長度,故由勻強電場中電勢差與場強的關系式可得E== V/m=104 V/m。
答案:(1)電場線垂直BC斜向下　UAB=300 V UAC=300 V　UBC=0　
(2)104 V/m8　電容器　電容
學習目標 成長記錄
1.知道電容器的構造,了解相關概念,認識常見的電容器。 知識點一、三&要點一
2.掌握電容的定義、公式和單位,會應用定義式進行簡單計算。 知識點二&要點一
3.知道影響平行板電容器電容大小的因素,并能用其討論有關問題。 知識點三&要點二、三
知識點一　電容器
1.定義:任何兩個彼此絕緣又互相靠近的導體都可以看成一個電容器。它是儲存電荷和電能的元件。
2.平行板電容器:由兩塊彼此隔開平行放置的金屬板構成。
3.電容器所帶的電荷量:任意一塊極板所帶電荷量的絕對值。
4.充、放電:使電容器的兩極板帶上等量異種電荷的過程叫作電容器充電;兩極板的異種電荷中和的過程叫作電容器放電。
知識點二　電容器的電容
1.意義:描述電容器儲存電荷能力的物理量。
2.定義式:C=,數值上等于兩極板間的電勢差為1 V時,電容器所帶的電荷量。
3.單位:在國際單位制中為法拉,簡稱法,符號是F。1 F=1C/V,較小的單位有微法(μF)和皮法(pF),1 μF=10-6 F,1 pF=10-6 μF=10-12 F。
知識點三　常見的電容器
1.平行板電容器的電容:它的電容的大小與兩極板正對面積成正比,與兩板間距離成反比,還與兩板間的電介質有關。
2.常用電容器
(1)固定電容器有紙質電容器、電解電容器、云母電容器、陶瓷電容器等。
(2)可變電容器由兩組金屬片組成,兩組金屬片分別稱為定片和動片。轉動動片,兩組金屬片的正對面積發生變化,電容就隨著改變。
3.擊穿電壓與額定電壓
(1)擊穿電壓:加在電容器兩極間的電壓不能超過某一限度,超過這一限度,絕緣介質將被擊穿,致使電容器損壞,這個極限電壓叫作擊穿電壓。
(2)額定電壓:電容器正常工作所能承受的最大電壓。
1.思考判斷
(1)電容大的電容器所帶電荷量一定多。(　×　)
(2)電容為C的電容器所帶電荷量為Q,若電荷量增大為2Q,則電容變為2C。(　×　)
(3)電容器所帶的電荷量Q與極板間電勢差成正比。(　√　)
(4)平行板電容器間插入電介質時電容變大。(　√　)
(5)可變電容器的動片旋出變大時,其電容變大。(　×　)
2.思維探究
(1)電容器的帶電荷量為兩極板所帶電荷量的絕對值之和嗎
(2)電容器被擊穿后還有沒有容納電荷的本領
答案:(1)不是。電容器的帶電荷量是指其中一個極板所帶電荷量的絕對值。
(2)電容器被擊穿后,兩極板間不再絕緣,成為一個導體,便失去了容納電荷的本領。
要點一　對電容器和電容的理解
將電池E、電阻R0、雙擲開關S、電流表G、電容器C按如圖所示電路連接,使開關S先后接觸a、b,觀察電流表指針的偏轉情況。
試結合上述情境,討論下列問題:
(1)當S先后接a和接b時,觀察到的電流表指針的偏轉情況是怎樣的
(2)電容器的帶電荷量如何變化 能量是如何轉化的
(3)隨著電容器的電荷量Q的變化兩極板間的電壓U怎樣變化 反映了電容器怎樣的特性
答案:(1)當S接a時,電流表指針發生偏轉;當S接b時,電流表指針反向偏轉。
(2)①充電過程電荷量增加,放電過程電荷量減小。
②充電過程中電池的化學能轉化為電場能,放電過程中電場能轉化為內能。
(3)電容器兩極板間的電勢差隨電荷量的增加而增加,電荷量和電勢差成正比,它們的比值是一個恒量,與Q、U的大小無關,該比值反映了電容器容納電荷的能力大小。
1.C=與C=的比較
內容 公式
C= C=
公式性質 定義式 決定式
適用范圍 任何電容器 平行板電容器
意義理解 雖Q∝U,但C與Q、U無關,反映了電容器容納電荷的本領 C∝εr,C∝S,C∝,反映了決定電容大小的因素
聯系 電容器容納電荷的本領由來量度,由本身的結構(如平行板電容器的εr、S、d等因素)來決定
2.Q-U圖像
(1)如圖所示,Q-U圖像是一條過原點的直線,其中Q為一個極板上所帶電荷量的絕對值,U為兩板間的電勢差,直線的斜率表示電容大小。
(2)電容器的電容也可以表示為C=,即電容的大小在數值上等于兩極板間的電壓增大(或減小)1 V 所增加(或減小)的電荷量。
[例1] (多選)如圖所示,單刀雙擲開關 S原來跟2相接,從t=0開始,開關改接1,得到流過電路中P點的電流隨時間變化的I-t 圖像如圖甲所示,電容器兩極板的電勢差UAB隨時間變化的圖像如圖乙所示。t=2 s時,把開關改接2,則在I-t圖像和 UAB-t圖像中畫出的之后2 s時間內圖像的大致形狀正確的是(　BC　)
解析:開關 S接1時,電容器充電,充電完畢,電流為零,再將開關 S撥向2位置,開始反向放電,放電完畢后,電流為零,故I-t圖像為B,即A錯誤,B正確;開關 S接1時,電容器與電源直接相連,充電結束后,極板兩端電壓為電源電動勢,放電過程中,電壓逐漸減小,但極板的電性不變,故C正確,D錯誤。
(1)定義式的推廣式C=,C與ΔQ及ΔU均無關,在電壓U變化問題中求電容更便捷。
(2)電容器是容納電荷的一種容器,而電容是描述電容器容納電荷本領大小的一個物理量。
[針對訓練1] 如圖所示為某一電容器中所帶電荷量和兩端電壓之間的關系圖線,若將該電容器兩端的電壓從12 V 降低到8 V,下列說法對電容器來說正確的是(　B　)
A.是充電過程
B.是放電過程
C.該電容器的電容為5.0×10-2 F
D.該電容器的電荷量變化量為0.06 C
解析:由Q=CU知,U降低,Q減小,故為放電過程,A錯誤,B正確;由C== F=5.0×10-3F,可知C錯誤;ΔQ=CΔU=5.0×10-3×4 C=0.02 C,D錯誤。
要點二　平行板電容器的動態分析
基于人的指紋具有唯一性和終身不變性的特點,科學家們發明了指紋識別技術。目前許多手機都有指紋解鎖功能,常用的指紋識別傳感器是電容式傳感器,如圖所示。指紋的凸起部分叫做“嵴”,凹下部分叫做“峪”,傳感器上有大量面積相同的小極板,當手指貼在傳感器上時,這些小極板和與之正對的皮膚表面就形成了大量的小電容器,由于距離不同,所以這些小電容器的電容不同。此時傳感器給所有的小電容器充電達到某一電壓值,然后開始放電,其中電容值較小的小電容器放電較快,于是根據放電快慢的不同,就可以探測到“嵴”和“峪”的位置,從而形成指紋的圖像數據。根據以上信息,你能說出“嵴”和“峪”所在處形成的小電容器電容哪個大嗎 為什么
答案:“嵴”所在處形成的小電容器電容大;由電容的決定式C=可得,極板與指紋嵴(凸起部分)距離d小,構成的電容器電容大。
1.分析方法:抓住不變量,分析變化量。其理論依據是三個公式。
(1)電容器電容的定義式:C=。
(2)平行板電容器電容的決定式:C=。
(3)平行板電容器內部是勻強電場(極板間為真空或空氣):E=。
2.兩類典型題型
項目 兩極板間電壓 保持不變 兩極板電荷量 保持不變
電路特點 平行板電容器始終連接在電源兩端 平行板電容器充電后,切斷電源,并保持兩極板絕緣
C的決 定因素 由C=∝可知C隨d、S、εr的變化 而變化
Q或U的 決定因素 由Q=CU=U∝可知Q隨d、S、εr的變化而變化 由U==∝可知U隨d、S、εr的變化而變化
E的決定 因素 由E=可知,E與S無關,隨d的變化而變化 由E===∝,可知E與d無關,隨S的變化而變化
[例2] (多選)如圖所示,兩塊平行帶電金屬板,帶正電的極板接地,兩板間P點處固定著一個負電荷(電荷量很小)。現讓兩板保持距離不變而水平錯開一段距離,則(　AD　)
A.兩板間電壓變大,P點場強變大
B.兩板間電壓變小,P點場強變小
C.P點電勢變大,負電荷的電勢能變小
D.P點電勢變小,負電荷的電勢能變大
解析:當兩極板水平錯開后,正對面積S減小,由C=知電容減小,由U=知兩板間電壓變大,由E=知P點場強變大;根據-P=Ed,知P=-Ed,所以P變小,由Ep=-qP知負電荷的電勢能變大。
平行板電容器動態分析問題
(1)接在電源兩極間的電容器,突然改變d或S時,可認為此時電荷量不變,電壓改變,從而判斷充、放電情況。
(2)若兩平行板間加入等大的厚度為d′的金屬導體,板間等效距離為d-d′。
[針對訓練2] 兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置,構成一平行板電容器,與它相連接的電路如圖所示,接通開關 S,電源給電容器充電。則(　D　)
A.保持S接通,減小兩極板間的距離,則兩極板間電場的電場強度減小
B.保持S接通,在兩極板間插入一塊介質板,則極板上的電荷量減小
C.充電結束后斷開S,減小兩極板間的距離,則兩極板間的電勢差增大
D.充電結束后斷開S,在兩極板間插入一塊介質板,則兩極板間的電勢差減小
解析:保持S接通,則兩板間電壓U一定,減小兩極板間的距離d,則根據E=可知,兩極板間電場的電場強度變大,選項A錯誤;保持S接通,在兩極板間插入一塊介質,根據C=可知電容C變大,根據Q=CU可知,極板上的電荷量增加,選項B錯誤;斷開S,則兩極板帶電荷量一定,減小兩極板間的距離,根據C=,可知電容C變大,根據Q=CU,則兩極板間的電勢差減小,選項C錯誤;斷開S,在兩極板間插入一塊介質,根據C=可知電容C變大,根據Q=CU則兩極板間的電勢差減小,選項D正確。
要點三　平行板電容器中的力學問題
如圖所示,一帶電油滴懸浮在平行板電容器兩極板A、B之間的P點,處于靜止狀態。現將極板A向下平移一小段距離,但仍在P點上方,其他條件不變。
(1)油滴所受的靜電力如何變化
(2)油滴將怎樣運動
答案:(1)油滴所受靜電力增大。
(2)油滴將向上加速運動。
1.帶電粒子在平行板電容器中的力學問題是靜電場與力學知識的綜合,分析方法與力學的分析方法基本相同。
2.涉及的問題一般是帶電粒子在極板間處于某一運動狀態,由于電容器的改變而導致帶電粒子運動狀態的改變。解決問題的思路一般先分析受力情況,再分析運動狀況和運動過程(平衡、加速或減速,是直線還是曲線運動),然后選用恰當的規律(如牛頓運動定律、動能定理及能量守恒定律等)解題。
[例3] (多選)如圖所示,將平行板電容器接在恒定電源兩極間,電容器兩極板間的帶電塵埃恰好處于靜止狀態。若將兩極板緩慢地錯開一些,其他條件不變,則(　BC　)
A.電容器上的電荷量不變
B.帶電塵埃仍保持靜止狀態
C.電流計G中有a到b方向的短暫電流
D.電流計G中有b到a方向的短暫電流
解析:若將兩極板錯開一些,則兩極板間的正對面積減小,根據C=可知,電容器的電容減小,電容器兩極板間的電壓不變,所以電容器上的電荷量減少,電容器放電,電流從電容器的正極板流出,流向電源的正極,即電流計中電流方向為a→b;因電容器兩極板間電壓不變,兩極板間的距離沒有發生變化,所以電場強度沒有發生變化,帶電塵埃受到的靜電力不變,帶電塵埃仍保持靜止狀態,故選項B,C正確,A,D錯誤。
(1)帶電物質在充電的平行板之間,除非有特別說明外受到重力作用。
(2)電容器改變時,帶電物體受力改變,其運動情況決定于合力方向和初始狀態。
[針對訓練3] (多選)如圖所示,豎直放置的平行板電容器與定值電阻R、電源E相連,用絕緣細線將帶電小球q懸掛在極板間,閉合開關S后細線與豎直方向夾角為θ。則有(　BC　)
A.保持開關S閉合,將A板向右平移,θ不變
B.保持開關S閉合,將A板向左平移,θ變小
C.斷開開關S,將A板向右平移,θ不變
D.斷開開關S,將A板向右平移,θ變小
解析:保持開關S閉合,電容器兩端的電勢差不變,將A板向右平移,d減小,則電場強度增大,帶電小球所受電場力增大,根據共點力平衡條件知,θ角變大,反之向左平移A板,θ角變小,故A錯誤,B正確;斷開開關S,電荷量不變,根據C=,E=,C=,聯立解得E===,故電場強度大小與兩極板間的距離無關,故電場強度不變,所以移動A板,θ角不變,故C正確,D錯誤。
靜電計的使用
　　靜電計是在驗電器的基礎上改造而成的,靜電計由相互絕緣的兩部分組成,本身是一個電容器,它的指針所帶電荷量跟指針與外殼間的電勢差成正比。指針所帶電荷越多,張角就越大,表明指針與外殼間的電勢差越大。在探究影響平行板電容器的因素的實驗中,靜電計與電容器的兩極板分別連接在一起,則電容器兩極板間的電勢差就等于靜電計上所指示的電勢差U。可見,靜電計指針偏角的變化表征了電容器兩極板間電勢差的變化。
[示例] 如圖所示的實驗裝置中,平行板電容器的極板A與一靈敏靜電計相接,極板B接地。電容器的電荷量始終保持不變,下列說法中正確的是(　D　)
A.若靜電計指針偏角減小,說明電容器A板電勢升高
B.若B板稍向上移動一點,則靜電計指針偏角將減小
C.若B板稍向左移動一點,則靜電計指針偏角將減小
D.若在兩極板間插入有機玻璃板,則靜電計指針偏角將減小
解析:若靜電計指針偏角減小,說明電容器的兩極板間的電勢差減小,說明電容器A板電勢降低,A錯誤;若B板稍向上移動一點,即兩極板的正對面積減小,根據C=知,電容減小,而電容器的電荷量不變,根據U=知,電勢差增大,則靜電計指針偏角增大,B錯誤;若B板稍向左移動一點,兩極板間距離增大,根據C=知,電容減小,而電容器的電荷量不變,根據U=知,電勢差增大,所以靜電計指針偏角增大,C錯誤;若在兩極板間插入有機玻璃板,則介電常數變大,根據C=知,電容增大,而電容器的電荷量不變,根據U=知,電勢差變小,靜電計指針偏角減小,D正確。
電容器的應用
　　電容器是廣泛應用的電學元件,從看得見的線路板到集成了上億元件的芯片,從玩具汽車、電動車到“復興號”等,許多與電相關的產品都需要用到電容器,可以說電容器在日常工作、學習、生活和科研中無處不在。電容器簡而言之就是電的容器,作為電的容器,當然在容量上是越大越好,現在科學家正在致力于研發超級電容器,并取得了豐碩的成果。
[示例] (多選)某電容式話筒的原理如圖所示,E為電源,R為電阻,薄片P和Q為兩金屬極板,對著話筒說話時,P振動而Q可視為不動,當P、Q間距離增大時(　AC　)
A.P、Q構成的電容器的電容減小
B.P上電荷量保持不變
C.有電流自M經R流向N
D.P、Q間的電場強度不變
解析:電容式話筒與電源串聯,電壓保持不變。在P、Q間距離增大時,根據C=知電容減小,又根據C=知,電容器所帶電荷量減小,電容器的放電電流通過R的方向由M到N,根據E=知P、Q間電場強度變小,故A,C正確,B,D錯誤。
課時作業
1.關于電容器和電容,下列說法正確的是(　D　)
A.電容器所帶電荷量越多,電容越大
B.電容器兩極板間電壓越低,其電容越大
C.電容器不帶電時,其電容為零
D.電容器的電容只由它本身的特性決定
解析:電容是由電容器本身決定,與電容器所帶電荷量及兩極板間電壓無關,所以D正確。
2.某電容器上標有“25 μF　450 V”字樣,下列對該電容器的說法中正確的是(　A　)
A.要使該電容器兩極板之間電壓增加1 V,所需電荷量為2.5×10-5 C
B.要使該電容器帶電荷量為1 C,兩極板之間需加電壓 2.5×10-5 V
C.該電容器能夠容納的電荷量最多為2.5×10-5 C
D.該電容器能夠承受的最大電壓為450 V
解析:由C=,得ΔQ=C·ΔU=2.5×10-5×1 C=2.5×10-5 C,A正確;
若Q=1 C,則U==4×104 V,B錯誤;當電容器的電壓為450 V時,電容器的電荷量最多,Q′=CU′=2.5×10-5×450 C=1.125×10-2 C,C錯誤;
450 V 是電容器的額定電壓,低于擊穿電壓,D錯誤。
3.(多選)如圖所示,平行板電容器和恒定直流電源相連,箭頭表示電流方向。下列說法正確的有(　AD　)
A.電容器正在充電
B.電容器正在放電
C.電容器兩板間距離一定正在變大
D.電容器兩板間距離可能正在變小
解析:平行板電容器和恒定直流電源相連,電容器兩端電壓不變,箭頭表示電流方向,則電容器正在充電,故A正確,B錯誤;電容器正在充電,電容器兩板所帶電荷量增大,可能是電容器的電容增大,所以電容器兩板間距離可能正在變小,故D正確,C錯誤。
4.如圖所示,一平行板電容器充電后與電源斷開,這時電容器的電荷量為Q,P是電容器內一點,電容器的上極板與大地相連,下列說法正確的是(　D　)
A.若將電容器的上極板左移一點,則兩板間電場強度減小
B.若將電容器的下極板上移一點,則P點的電勢升高
C.若將電容器的下極板上移一點,則兩板間電勢差增大
D.若將電容器的下極板上移一點,則兩板間電勢差減小
解析:平行板電容器充電后與電源斷開后,電容器的電量不變,電容器上極板左移,正對面積減小,電容C減小,由U=分析可知U增大,板間電場強度E=,d不變,則E增大,故A錯誤。將電容器的下極板上移一點,板間距離減小,電容C增大,由U=分析得知:Q不變,兩板間電勢差減小。又由E==,可知板間電場強度不變,則P與上極板的電勢差不變,上極板電勢為零,則P點電勢不變,故B,C錯誤,D正確。
5.(多選)如圖為某一機器人上的電容式位移傳感器工作時的簡化模型圖。當被測物體在左右方向發生位移時,電介質板隨之在電容器兩極板之間移動,連接電容器的靜電計會顯示電容器電壓的變化,進而能測出電容的變化,最后就能探測到物體位移的變化,若靜電計上的指針偏角為θ,則被測物體(　BC　)
A.向左移動時,θ增大 B.向右移動時,θ增大
C.向左移動時,θ減小 D.向右移動時,θ減小
解析:當被測物體向左移動時,導致電容器極板間的電介質增大,則電容會增大,由于電荷量不變,則電容器極板間的電壓減小,即θ減小,故A錯誤,C正確;當被測物體向右移動時,導致電容器極板間的電介質減小,則電容會減小,由于電荷量不變,則電容器極板間的電壓增大,即θ增大,故B正確,D錯誤。
6.如圖所示,平行板電容器與直流電源(內阻不計)連接,下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態。現將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離,則(　B　)
A.帶電油滴將沿豎直方向向上運動
B.P點的電勢將降低
C.帶電油滴在P點的電勢能將減少
D.若電容器的電容減小,則極板帶的電荷量將增大
解析:將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離,由于電容器兩極板間電勢差不變,根據E=知兩極板間電場強度減小,油滴所受的靜電力減小,則油滴將向下運動,故A錯誤;電場強度E減小,而P點與下極板間的距離不變,則由U=Ed可知,P點與下極板間電勢差將減小,而下極板接地,則知P點的電勢將降低,故B正確;由帶電油滴原來處于平衡狀態可知,油滴帶負電,P點的電勢降低,則油滴的電勢能將增加,故C錯誤;根據Q=UC,由于電容器兩極板間電勢差不變,若電容器的電容減小,則極板帶的電荷量將減小,故D錯誤。
7.(多選)目前智能手機普遍采用了電容觸摸屏,電容觸摸屏是利用人體的電流感應進行工作的,它是一塊四層復合玻璃屏,玻璃屏的內表面和夾層各涂一層ITO(納米銦錫金屬氧化物),夾層ITO涂層作為工作面,四個角引出四個電極,當用戶手指觸摸電容觸摸屏時,手指和工作面形成一個電容器,因為工作面上接有高頻信號,電流通過這個電容器分別從屏的四個角的電極中流出,理論上流經四個電極的電流與手指到四個角的距離成比例,控制器通過對四個電流比例的精密計算來確定手指位置。對于電容觸摸屏,下列說法正確的是(　AD　)
A.電容觸摸屏只需要觸摸,不需要壓力即能產生位置信號
B.使用絕緣筆在電容觸摸屏上也能進行觸控操作
C.手指壓力變大時,由于手指與屏的夾層工作面距離變小,電容變小
D.手指與屏的接觸面積變大時,電容變大
解析:電容觸摸屏是利用人體的電流感應工作的,只需要觸摸即可,由于流經四個電極的電流與手指到四個角的距離成正比,控制器就能確定手指的位置,因此不需要手指有壓力,故A正確;絕緣筆中沒有電流,不能通過電流感應使觸摸屏工作,故B錯誤;手指壓力變大時,由于手指與屏的夾層工作面距離變小,電容將變大,故C錯誤;手指與屏的接觸面積變大時,電容變大,故D正確。
8.如圖所示,平行板電容器與一個恒壓直流電源連接,下極板通過A點接地,一帶正電小球被固定于P點,現將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離,則(　D　)
A.平行板電容器的電容將變大
B.靜電計指針張角變小
C.電容器的電荷量不變
D.帶電小球的電勢能將增大
解析:根據C=知,下極板豎直向下移動一小段距離,即d增大,則電容減小,故A錯誤;靜電計連接電容器兩端,因為電容器始終與電源相連,則電勢差不變,所以靜電計指針張角不變,故B錯誤;下極板豎直向下移動一小段距離,電容減小,根據電容的定義式C=,電容器與電源保持相連,U不變,則電荷量Q減小,故C錯誤;電勢差不變,d增大,由公式E=分析得知板間電場強度減小,P點與上極板間的電勢差減小,而P點的電勢比上極板低,上極板的電勢不變,則P點的電勢升高,因為帶電小球帶正電荷,小球的電勢能增大,故D正確。
9.如圖所示,平行板電容器的兩個極板A、B分別接在電壓為60 V的恒壓電源上,兩極板間距為3 cm,電容器帶電荷量為 6×10-8 C,A極板接地。求:
(1)平行板電容器的電容;
(2)平行板電容器兩板之間的電場強度;
(3)距B板2 cm的M點處的電勢。
解析:(1)由電容定義式C== F=1×10-9 F。
(2)兩板之間為勻強電場E== V/m=2×103 V/m,方向豎直向下。
(3)M點距A板間距離為dAM=d-dBM=1 cm,
A與M間電勢差UAM=EdAM=20 V,
又UAM=A-M,A=0可得M=-20 V。
答案:(1)1×10-9 F
(2)2×103 V/m,方向豎直向下
(3)-20 V
10.如圖所示,平行板電容器與電源相連,兩極豎直放置,間距為d。在兩極板的中央位置,用長為L的絕緣細線懸掛一個質量為m,電荷量為q的小球。小球靜止在A點,此時細線與豎直方向成θ角。已知電容器的電容為C,重力加速度大小為g。
(1)求平行板電容器兩極板間的電場強度大小;
(2)求電容器極板上所帶電荷量Q;
(3)將小球從懸點正下方O點(細線處于張緊狀態)由靜止釋放,求小球運動到A點時的速度。
解析:(1)帶電小球靜止在A點的受力分析如圖所示。
根據平衡條件可得qE=mgtan θ,
解得E=。
(2)設兩極板間電壓為U,
則U=Ed,
又C=,
可得Q=CEd=。
(3)帶電小球從O點運動到A點,由動能定理得
qELsin θ-mgL(1-cos θ)=mv2-0,
解得v= 。
答案:(1)　(2) (3)9　帶電粒子在電場中的運動
學習目標 成長記錄
1.會從力和運動、能量兩個角度分析、計算帶電粒子在電場中的加速問題。 知識點一&要點一
2.能夠用類平拋運動的分析方法研究帶電粒子在電場中的偏轉問題。 知識點二&要點二
3.了解示波管的主要構造和工作原理,體會靜電場知識對科學技術的影響。 知識點二
知識點一　帶電粒子的加速
兩種思路
(1)利用牛頓運動定律求出粒子的加速度,再運用運動學公式求出它的末速度,適用于勻強電場,對非勻強電場不適用。
(2)利用電場力做功結合動能定理求粒子加速后的末速度,既適用勻強電場,也適用于非勻強電場。
知識點二　帶電粒子在勻強電場中的偏轉
1.問題類型:帶電粒子沿垂直電場線方向進入勻強電場。
2.分析思路:粒子所受電場力為恒力,加速度保持不變,分析其運動與分析平拋運動是一樣的。
3.技術應用——示波管
(1)構造:示波管由加速裝置(電子槍)、偏轉電極和熒光屏組成,管內抽成真空,如圖所示。
(2)原理:若Y1、Y2和X1、X2之間未加電壓,電子束將打到熒光屏中央O點,形成一個亮斑;Y1、Y2和X1、X2加上電壓后,分別控制電子束沿豎直方向和水平方向的偏轉,從而電子束有可能打到熒光屏的各個位置。
1.思考判斷
(1)基本帶電粒子在電場中不受重力。(　×　)
(2)帶電粒子僅在靜電力作用下運動時,動能一定增加。(　×　)
(3)帶電粒子在勻強電場中偏轉時,其速度和加速度均不變。(　×　)
(4)帶電粒子在勻強電場中無論是直線加速還是偏轉,均做勻變速運動。(　√　)
(5)示波管電子槍的作用是產生高速飛行的電子束,偏轉電極的作用是使電子束發生偏轉,打在熒光屏的不同位置。(　√　)
(6)示波管的熒光屏上顯示的是電子的運動軌跡。(　×　)
2.思維探究
(1)若電子的質量為m、電荷量為e,電子槍的加速電壓為U,加速后電子的速度能否由牛頓第二定律求解 應如何求
(2)大量帶電粒子,質量不同,帶電荷量相同,以相同的速度垂直電場進入并穿過同一個電容器,它們的運動時間相同嗎 運動軌跡相同嗎
答案:(1)不能用牛頓第二定律求解,因為不是勻強電場,靜電力不是恒定的。由動能定理qU=mv2得v=。
(2)在水平方向上做勻速運動,由l=v0t知運動時間相同。不同粒子在沿初速度方向上運動情況相同,在垂直初速度方向上運動情況不同,故它們的運動軌跡不同。
要點一　帶電粒子在電場中的加速運動
如圖所示,在真空中有一對平行金屬板,由于接上電池組而帶電,兩板間電勢差為U,若一個質量為m、帶正電荷q的粒子,以初速度v0從正極板附近向負極板運動。
試結合上述情境討論:
(1)怎樣計算它到達負極板時的速度
(2)若粒子帶的是負電荷(初速度為v0),將做勻減速直線運動,如果能到達負極板,其速度如何
(3)上述問題中,兩塊金屬板是平行的,兩板間的電場是勻強電場,如果兩金屬板是其他形狀,中間的電場不再是勻強電場,上面的結果是否仍然適用 為什么
答案:(1)由動能定理有qU=mv2-m,
得v=。
(2)由動能定理有-qU=mv2-m,得v=。
(3)結果仍然適用。因為不管是否為勻強電場,靜電力做功都可以用W=qU計算,動能定理仍然適用。
1.兩類帶電體
(1)基本粒子
如電子、正電子、質子、α粒子、正離子、負離子等微觀基本粒子,一般都不考慮重力,但并不能忽略質量。
(2)宏觀微粒
如帶電小球、液滴、塵埃等細小宏觀帶電體,除非有特別說明或明確表示,一般都要考慮重力。復合場中的某些帶電體,要根據題目說明或運動狀態來判定是否考慮重力。
2.解決帶電粒子在電場中加速時的基本思路
[例1] 如圖所示,在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動。已知兩極板間電勢差為U,板間距為d,電子質量為m,電荷量為e。則關于電子在兩板間的運動情況,下列敘述正確的是(　A　)
A.若將板間距d增大一倍,則電子到達Q板的速率保持不變
B.若將板間距d增大一倍,則電子到達Q板的速率也增大一倍
C.若將兩極板間電勢差U增大一倍,則電子到達Q板的時間保持不變
D.若將兩極板間電勢差U增大一倍,則電子到達Q板的時間減為一半
解析:由動能定理有mv2=eU,得v=,可見電子到達Q板的速率與板間距離d無關,故A項正確,B項錯誤;兩極板間為勻強電場E=,電子的加速度a=,由運動學公式d=at2得 t==,若兩極板間電勢差增大一倍,則電子到達Q板時間減為原來的,故C,D項都錯誤。
(1)對于勻強電場雖然用動力學觀點和功能觀點均可求解,但運用功能觀點列式更簡單,故應優先選用功能觀點。
(2)若電場為非勻強電場,帶電粒子做變加速直線運動,不能通過牛頓運動定律求解。注意W=qU對一切電場適用,因此從能量的觀點入手,由動能定理來求解。
(3)在勻強電場中運動的帶電粒子,只受靜電力時,可以利用動量Ft=Δp計算運動時間。
[針對訓練1] 一個電子(質量為9.1×10-31 kg,電荷量為1.6×10-19 C)以v0=4.0×107 m/s的初速度沿著勻強電場的電場線方向飛入勻強電場,已知電場強度大小E=2.0×105 N/C,不計重力,求:
(1)電子在電場中運動的加速度大小;
(2)電子進入電場后移動的最大距離;
(3)電子進入電場運動到最大距離的一半時的動能。
解析:(1)電子沿電場線的方向飛入,僅受靜電力作用,做勻減速運動,由牛頓第二定律得a==3.5×1016 m/s2。
(2)電子做勻減速直線運動,由運動學公式=2ax得
x==2.3×10-2 m。
(3)設電子進入電場最大距離的一半時的動能為Ek,根據動能定理,有
-eE·x=Ek-m,
則Ek=m-eEx,
代入數據得Ek=3.7×10-16 J。
答案:(1)3.5×1016 m/s2　(2)2.3×10-2 m (3)3.7×10-16 J
要點二　帶電粒子在電場中的偏轉運動
如圖所示,兩平行金屬板接在直流電源兩極間,一帶電粒子以初速度v0垂直于電場線射入兩平行板間并從右端飛出極板。設帶電粒子所帶電荷量為q,質量為m(不計重力)。平行板長為L,兩板間距為d,電勢差為U。
(1)你認為帶電粒子的運動同哪種運動類似,這種運動的研究方法是什么
(2)怎樣求帶電粒子在電場中運動的時間t
(3)怎樣確定粒子飛出極板時的速度大小和方向。
答案:(1)帶電粒子以初速度v0垂直于電場線方向射入勻強電場時,受到恒定的與初速度方向垂直的靜電力作用而做勻變速曲線運動,類似于力學中的平拋運動,粒子的運動可分解為垂直電場強度方向的勻速直線運動和沿電場方向的初速度為0的勻加速直線運動。
(2)根據粒子垂直于電場強度方向為勻速運動,可得粒子在電場中的運動時間t=。
(3)利用E=,F=qE,a=,t=,v=at,求出vy,則速度方向的偏轉角θ滿足tan θ=,大小為 v=。
1.帶電粒子在電場中的偏轉運動是類平拋運動,可以利用運動的合成與分解知識分析。
2.三個導出關系
(1)粒子離開電場時的側向位移為y=at2=,其中a==,t=。
(2)粒子離開電場時的偏轉角θ的正切值tan θ==,其中vx=v0,vy=at=。
(3)粒子離開電場時位移與初速度夾角α的正切值tan α==。
3.兩個推論
(1)粒子從偏轉電場中射出時,其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點,此點為初速度方向位移的中點,如圖所示。
(2)位移方向與初速度方向夾角α的正切為速度偏轉角θ正切的,即tan α=tan θ。
[例2] 如圖所示,水平放置的兩塊平行金屬板長l=5 cm,兩板間距d=1 cm,兩板間電壓為U=90 V,且上板帶正電,一個電子沿水平方向以速度v0=2.0×107 m/s,從兩板中央射入,(電子質量m=9.0×10-31 kg,電子電荷量q=1.6×10-19 C)求:
(1)電子飛出金屬板時側位移y0是多少;
(2)電子離開電場后,打在屏上的P點,若s=10 cm,求OP的長。
解析:(1)豎直方向做勻加速直線運動,根據電容器電壓與電場強度的關系得
E==9 000 V/m,
F=Eq=9 000×1.6×10-19 N=1.44×10-15 N,
又因為F=ma,
所以a==1.6×1015 m/s2。
水平方向做勻速運動,故t==2.5×10-9 s,
所以y0=at2=0.005 m。
(2)豎直方向速度v1=at=4×106 m/s,
從平行板出去后做勻速直線運動,
水平和豎直方向都是勻速運動,
水平方向t1==5×10-9 s,
豎直方向PM=v1t1=0.02 m。
PO=PM+MO=PM+y0=0.025 m。
答案:(1)0.005 m　(2)0.025 m
(1)由于y==·,tan θ==·,所以以相同初速度v0進入同一個偏
轉電場的帶電粒子,不論m、q是否相同,只要相同,其偏轉距離y和偏轉角θ就相同。
(2)由于y==·,tan θ==·,所以以相同的初動能Ek0進入同一個偏轉電場的帶電粒子,只要q相同,不論m是否相同,其偏轉距離y和偏轉角θ就相同。
(3)不同的帶電粒子經同一加速電場加速后,進入同一偏轉電場,由于y=,tan θ=,所以偏轉距離y和偏轉角θ都相同。
[針對訓練2] 三個α粒子在同一地點沿同一方向飛入偏轉電場,出現了如圖所示的軌跡,由此可以判斷下列不正確的是(　B　)
A.在b飛離電場的同時,a剛好打在負極板上
B.b和c同時飛離電場
C.進電場時c的速度最大,a的速度最小
D.動能的增加值c最小,a和b一樣大
解析:三個粒子的質量和電荷量都相同,則知加速度相同。a、b兩粒子在豎直方向上的位移相等,根據y=at2,可知運動時間相等,故A正確。b、c豎直方向上的位移不等,ycvb。根據ta=tb,xb>xa。則vb>va。所以有vc>vb>va,故C正確。根據動能定理知,a、b兩電荷,電場力做功一樣多,所以動能增加量相等。c電荷電場力做功最少,動能增加量最小,故D正確。
示波管常見問題的解決方法
　　在示波管模型中,帶電粒子經加速電場U1加速,再經偏轉電場U2偏轉后,需要經歷一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P,如圖所示。
1.確定最終偏移距離
思路一:
思路二:
2.確定偏轉后的動能(或速度)
思路一:
思路二:
[示例] 如圖所示是示波管的原理示意圖。電子從燈絲發射出來經電壓為U1的電場加速后,通過加速極板A上的小孔O1射出,沿中心線O1O2進入M、N間的偏轉電場,O1O2與偏轉電場方向垂直,偏轉電場的電壓為U2,經過偏轉電場的右端P1點離開偏轉電場,然后打在垂直O1O2放置的熒光屏上的P2點。已知平行金屬極板M、N間距離為d,極板長度為L,極板的右端與熒光屏之間的距離為L′。不計電子之間的相互作用力及其所受的重力,且電子離開燈絲時的初速度可忽略不計。
(1)求電子通過P1點時偏離中心線O1O2的距離。
(2)若O1O2的延長線交于屏上O3點,而P2點到O3點的距離稱為偏轉距離y,單位偏轉電壓引起的偏轉距離(即)稱為示波管的靈敏度。求該示波管的靈敏度。
解析:(1)電子由燈絲到O1的過程中,電場力對電子做功。設電子質量為m,電荷量為e,電子通過O1時的速度大小為v1,根據動能定理有eU1=m,解得v1=,電子在偏轉電場中運動的過程中,沿O1O2方向以速度v1做勻速運動,沿垂直O1O2方向做初速度為零的勻加速直線運動。設電子的加速度為a,根據牛頓第二定律=ma,設電子在偏轉電場中運動的時間為t1,則L=v1t1,根據運動學公式,電子在垂直O1O2方向的位移y1=a=。
(2)電子離開偏轉極板時,垂直O1、O3方向的速度v2=at1=,
從P1到P2的運動時間t2=,
電子離開偏轉電場后,垂直O1、O3方向的運動位移y2=v2t2=,
P2到O3的距離為y=y1+y2=(+L′),
該示波管的靈敏度為=(+L′)。
答案:(1)　(2)(+L′)
醫用加速器
　　醫用加速器是生物醫學上的一種用來對腫瘤進行放射治療的裝置,是用人工方法借助不同形態的電場,將各種不同種類的帶電粒子通過加速器加速到更高能量,用于轟擊病灶達到治愈的作用。依據加速粒子種類、加速電場形態、粒子加速過程所遵循的軌道不同而分為各種類型加速器。目前國際上,在放射治療中使用最多的是電子直線加速器。
[示例] 當今醫學上對某些腫瘤采用質子療法進行治療,該療法用一定能量的質子束照射腫瘤殺死癌細胞,如圖所示。現用一直線加速器來加速質子,使其從靜止開始被加速到1.0×107 m/s。已知加速電場的電場強度為1.3×105 N/C,質子的質量為 1.67×10-27 kg,電荷量為1.6×10-19 C,則下列說法正確的是(　D　)
A.加速過程中質子電勢能增加
B.質子所受到的靜電力約為2×10-15 N
C.質子加速需要的時間約為8×10-6 s
D.加速器加速的直線長度約為4 m
解析:靜電力對質子做正功,質子的電勢能減少,A錯誤;質子受到的靜電力F=qE≈2×10-14 N,
B錯誤;質子的加速度a=≈1.2×1013 m/s2,加速時間t=≈8×10-7 s,C錯誤;加速器加速的直線長度x=≈4 m,故D正確。
課時作業
1.(多選)如圖,平行板電容器兩極板M、N的間距為d,質量為m、電荷量為+q 的粒子從M極板的邊緣以初速度v0射入,沿直線從極板N的邊緣射出。已知重力加速度為g,不計空氣阻力,則下列說法正確的是(　ACD　)
A.M極板電勢低于N極板
B.粒子做勻加速直線運動
C.兩極板間的電勢差為
D.帶電粒子的電勢能將增大
解析:微粒在電場中受到重力和電場力,而做直線運動,電場力與重力必定平衡做勻速直線運動,可判斷出電場力方向豎直向上,微粒帶正電,電場強度方向豎直向上,M板的電勢低于N板的電勢,故A正確,B錯誤;由上分析可知mg=q,則得到兩極板的電勢差U=,故C正確;因重力做正功,重力勢能減小,動能不變,根據能量守恒定律得知,微粒的電勢能增加,故D正確。
2.如圖甲所示,在間距足夠大的平行金屬板A、B之間有一電子,在A、B之間加上按如圖乙所示規律變化的電壓,在t=0時刻電子靜止且A板電勢比B板電勢高,則(　B　)
A.電子在A、B兩板間做往復運動
B.在足夠長的時間內,電子一定會碰上A板
C.當t=時,電子將回到出發點
D.當t=時,電子的位移最大
解析:電子先向A板做半個周期的勻加速運動,接著做半個周期的勻減速運動,經歷一個周期后速度為零,以后重復以上過程,運動方向不變,選項B正確。
3.如圖所示,質子H)和α粒子He)以相同的初動能垂直射入偏轉電場(粒子不計重力),則這兩個粒子射出電場時的側位移y之比為(　B　)
A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.1∶4
解析:由y=和Ek0=m得y=,y與q成正比,選項B正確。
4.如圖所示,質量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強電場中O點自由釋放后,分別抵達B、C兩點,若AB=BC,則它們帶電荷量之比q1∶q2 等于(　B　)
A.1∶2 B.2∶1
C.1∶ D.∶1
解析:豎直方向有h=gt2,水平方向有l=t2,聯立可得q=,所以有=,B正確。
5.一束正離子以相同的速率從同一位置,沿垂直于電場方向飛入勻強電場中,所有離子的運動軌跡都是一樣的,這說明所有粒子(　C　)
A.都具有相同的質量
B.都具有相同的電荷量
C.具有相同的荷質比
D.都是同一元素的同位素
解析:由偏轉距離y=可知,若運動軌跡相同,則水平位移相同,偏轉距離y也應相同,已知E、l、v0是相同的,所以應有相同,C正確。
6.如圖,電子在電勢差為U1的電場中加速后,垂直進入電勢差為U2的偏轉電場,在滿足電子能射出的條件下,下列四種情況中,一定能使電子的偏轉角θ變大的是(　B　)
A.U1變大,U2變大 B.U1變小,U2變大
C.U1變大,U2變小 D.U1變小,U2變小
解析:根據動能定理eU1=mv2,得v=,在偏轉電場中vy=at,a=,且t=,則tan θ==,若一定使偏轉角θ變大,即tan θ一定變大,由上式看出可以使U1變小,U2變大,故B正確,A,C,D錯誤。
7.如圖所示,在豎直向下的勻強電場中有一足夠長的光屏豎直放置,在光屏左側距離為l處的O點有一粒子源,能沿著OO′方向(OO′連線與光屏垂直)連續發射帶電荷量為+q、質量為m的粒子,每個粒子打到光屏上會產生一個亮點。當粒子的初速度v≥v0時,觀察到光屏上形成的亮線的最下端到O′點的距離為h,不計粒子重力及粒子間的相互作用力,則(　C　)
A.初速度等于v0的粒子在電場中飛行的時間為
B.該電場的電場強度大小E=
C.初速度等于v0的粒子打在光屏上時,其速度偏轉角的正切值為
D.初速度越大的粒子在電場中運動的位移也越大
解析:由題意可知,初速度等于v0的粒子應打在亮線的最下端,如圖所示,粒子水平方向做勻速直線運動,故而t=,A錯誤;豎直方向上h=×t2=×·,整理得E=,B錯誤;在類平拋運動中,粒子速度偏轉角的正切值等于位移偏轉角正切值的2倍,則初速度為v0的粒子打在光屏上時速度偏轉角的正切值為,C正確;初速度越大的粒子,飛行時間越短,打在光屏上時豎直位移越小,總位移也越小,D錯誤。
8.(多選)如圖所示,一電子沿x軸正方向射入勻強電場,在電場中的運動軌跡為OCD,C點位于極板長度的中點,D點為射出極板位置,電子過C、D兩點時豎直方向的分速度為vCy和vDy;電子在OC段和OD段動能的變化量分別為ΔEk1和ΔEk2,則(　AD　)
A.vCy∶vDy=1∶2 B.vCy∶vDy=1∶4
C.ΔEk1∶ΔEk2=1∶3 D.ΔEk1∶ΔEk2=1∶4
解析:電子沿Ox軸射入勻強電場,做類平拋運動,水平方向做勻速直線運動,則電子從O到C與從C到D的時間相等;電子在豎直方向上做初速度為零的勻加速運動,則有vCy=atOC,vDy=atCD,所以vCy∶vDy=tOC∶tCD=1∶2,故A正確,B錯誤;根據y=at2,則yOC∶yCD=1∶4,根據動能定理,有ΔEk1=qEyOC,ΔEk2=qEyCD,得ΔEk1∶ΔEk2=1∶4,故C錯誤,D正確。
9.水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓,兩個質量相等的電荷M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進入板間電場,兩電荷恰好在板間某點相遇,如圖所示。若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用,則下列說法正確的是(　A　)
A.電荷M的比荷大于電荷N的比荷
B.兩電荷在電場中運動的加速度相等
C.從兩電荷進入電場到兩電荷相遇,電場力對電荷M做的功等于電場力對電荷N做的功
D.電荷M進入電場的初速度大小與電荷N進入電場的初速度大小一定相同
解析:若兩板間電壓為U,間距為d,長為L。則由題意vNt+vMt=L①,
t2+=t2②,由①式分析得vM、vN不一定相同,D錯誤;由②式分析得>,A正確,由>進一步分析可得兩個電荷的加速度aM>aN,電場力對電荷所做的功WM>WN,B,C錯誤。
10.如圖所示,半徑為r的絕緣細圓環的環面固定在水平面上,電場強度為E的勻強電場與環面平行。一電荷量為+q、質量為m的小球穿在環上,可沿環做無摩擦的圓周運動,若小球經A點時,速度vA的方向恰與電場垂直,且圓環與小球間沿水平方向無力的作用,求:
(1)速度vA的大小;
(2)小球運動到與A點對稱的B點時,對環在水平方向的作用力的大小。
解析:(1)在A點,小球在水平方向只受靜電力作用,根據牛頓第二定律得qE=m,
所以小球在A點的速度vA=。
(2)在小球從A到B的過程中,根據動能定理,靜電力做的正功等于小球動能的增加量,即2qEr=m-m,
小球在B點時,根據牛頓第二定律,在水平方向有FB-qE=m,
聯立解得小球在B點受到環的水平作用力為FB=6qE,
由牛頓第三定律知,小球在B點對環在水平方向的作用力的大小
FB′=6qE。
答案:(1)　(2)6qE
11.如圖所示,水平放置的兩平行金屬板,板長l為10 cm,兩板相距d=2 cm。一束電子以v0=4.0×107 m/s 的初速度從兩板中央水平射入板間,然后從板間飛出射到距板右端L為 45 cm、寬D為20 cm的熒光屏上。求:(不計電子重力,熒光屏中點在兩板間的中線上,電子質量m=9.0×10-31 kg,電荷量e=1.6×10-19 C)
(1)電子飛入兩板前所經歷的加速電場的電壓;(設從靜止加速)
(2)為使帶電粒子能射到熒光屏的所有位置,兩板間所加電壓的取值范圍。
解析:(1)設加速電場的電壓為U1,由動能定理可得eU1=m-0,
得U1=,
代入數據得U1=4.5×103 V。
(2)如圖所示,設電子飛出偏轉電場時速度為v1,和水平方向的夾角
為θ,偏轉電壓為U2,偏轉位移為y,則
y=at2=,
tan θ===。
由此看出,電子從偏轉電場射出時,不論偏轉電壓多大,電子都像是從偏轉電場的兩極板間中線的中點沿直線射出一樣,射出電場后電子做勻速直線運動恰好打在熒光屏的邊緣上,結合圖可得
tan θ==,
U2=,代入數據得U2=360 V。
因此偏轉電壓在-360 V～360 V范圍內時,電子可打在熒光屏上的任何位置。
答案:(1)4.5×103 V　(2)-360 V～360 V
靜電場　檢測試題
(時間:90分鐘　滿分:100分)
一、選擇題(共12小題,每小題4分,共48分。1～6小題為單項選擇題,7～12小題為多項選擇題,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有錯誤的不得分)
1.甲、乙兩完全相同的金屬球(可視為質點)分別帶電荷量+4q和-2q,當它們相距d時,它們間的庫侖力大小為F。讓甲、乙接觸后,再使其相距,則甲、乙間的庫侖力大小為(　A　)
A.2F B.3F C.4F D.16F
解析:根據庫侖定律公式得F=k=8k;兩球接觸再分離后所帶電荷量各為q,那么甲、乙間的庫侖力大小F′=k=16k=2F,故A
正確。
2.如圖所示的是四種典型的靜電場,圖A是兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板間產生的勻強電場,a、b是電場中的兩個點;圖B是點電荷產生的電場,a、b是離點電荷等距的兩個點;圖C是兩個等量同種電荷產生的電場,a、b是兩電荷連線中垂線上與連線中點O等距的兩個點;圖D是兩個等量異種電荷產生的電場,a、b是兩電荷連線中垂線上與連線中點O等距的兩個點。在這四幅圖中,a、b兩點的電勢相等,電場強度也相同的是(　D　)
解析:A圖中a、b是勻強電場中的兩點,電場強度相同,而a點的電勢高于b點的電勢,故A錯誤;B圖中a、b是同一等勢面上的兩點,電勢相同,電場強度大小相等,但方向不同,則電場強度不同,故B錯誤;根據電場線的對稱性可知,C圖中a、b兩點電勢相同,電場強度大小相等,但方向相反,所以電場強度不同,故C錯誤;等量異種電荷連線的中垂線是一條等勢線,則D圖中a、b的電勢相同,由于其電場線關于兩電荷連線上下對稱,電場強度也相同,故D正確。
3.如圖,一半徑為R的電荷量為Q的均勻帶電球殼,A、B為球殼表面上的兩點。O、P、M、N在一條直線上,PO=r且r>R,PM=MN,下列說法正確的是(　A　)
A.P點的電場強度的大小E=k
B.電勢差UPM=UMN
C.電勢差UAP>UBP
D.若電荷量Q不變,P點位置不變,O點位置不變,僅令R變小,則P點的電場強度變小
解析:均勻帶電球殼在P點產生的電場強度等效于電荷量為Q的點電荷置于O點在P點產生的電場強度,E=k,若電荷量Q不變,P點位置不變,O點位置不變,僅令R變小,則P點的電場強度不變,故A正確,D錯誤;由P到N,電場強度逐漸減小,根據U=Ed分析知,UPM>UMN,故B錯誤;均勻帶電球殼為等勢面,A、B兩點的電勢相等,則UAP=UBP,故C錯誤。
4.Q1、Q2為兩個帶電質點,帶正電的檢驗電荷q沿中垂線向上移動時,q在各點所受Q1、Q2作用力的合力大小和方向如圖中細線所示(力的方向都是向左側),由此可以判斷(　C　)
A.Q2可能帶負電荷
B.Q1、Q2可能為等量異種電荷
C.Q2電荷量一定大于Q1的電荷量
D.中垂線上的各點電勢相等
解析:由圖可知帶正電的檢驗電荷受到兩個電荷的庫侖力的合力方向為左上方或左下方,所以Q2一定帶正電荷,Q1可能帶正電荷也可能帶負電荷,且Q2>Q1,選項A,B,D錯誤,C正確。
5.如圖所示是某點電荷電場中的一條電場線,A、B、C是電場線上的三點,相鄰兩點間的距離AB=BC。則(　B　)
A.三點電場強度大小的關系為EA>EB>EC
B.三點電勢之間的關系為A>B>C
C.相鄰兩點間電勢差之間的關系為UAB=UBC
D.電子在三點具有的電勢能之間的關系為EpA>EpB>EpC
解析:只有一條電場線,無法確定三點電場線疏密情況,不能判斷電場強度的大小,故A錯誤;沿著電場線方向,電勢逐漸降低,故三點電勢之間的關系為A>B>C,故B正確;相鄰兩點間的距離AB=BC,且該電場線是某點電荷電場中的一條電場線,不能判斷電勢差關系,故C錯誤;根據Ep=q可知電子在電勢高的位置,電勢能小,EpA錯誤。
6.如圖所示,虛線是某靜電場的一簇等勢面,一帶電粒子只在靜電力作用下恰能沿圖中的實線從A經過B運動到C。(B是軌跡的中點)下列說法中正確的是(　C　)
A.粒子一定帶負電
B.A處電場強度小于C處電場強度
C.粒子在A處電勢能小于在C處電勢能
D.粒子從A到B靜電力所做的功等于從B到C靜電力所做的功
解析:根據粒子軌跡的彎曲方向可知,粒子所受的靜電力方向大致向左,由于電勢的高低關系未知,所以不能判斷出粒子帶正電還是帶負電,故A錯誤;由圖知道,等勢面間電勢差相等,而A處等差等勢面較密,則A點的電場強度較大,故B錯誤;從A點運動到B點,靜電力方向與速度的夾角為鈍角,靜電力做負功,電勢能增大,粒子在A處電勢能小于在C處電勢能,故C正確;由圖可知,A處的電場強度大,可知AB之間的電勢差要大于BC之間的電勢差,所以粒子從A到B靜電力所做的功大于從B到C靜電力所做的功,故D錯誤。
7.某同學設計了一種靜電除塵裝置,如圖甲所示,其中有一長為L、寬為b、高為d的通道,其前、后面板為絕緣材料,上、下面板為金屬材料。圖乙是裝置的截面圖,上、下兩板與電壓恒定為U的高壓直流電源相連。帶負電的塵埃被吸入通道的水平速度為v0,當碰到下板后其所帶電荷被中和,同時被收集。將被收集塵埃的數量與進入通道塵埃的數量的比值,稱為除塵率。不計塵埃的重力及塵埃之間的相互作用。要增大除塵率,則下列措施可行的是(　AC　)
A.只增大電壓U
B.只增大高度d
C.只增大長度L
D.只增大塵埃被吸入水平速度v0
解析:增加除塵率即是讓離下極板較遠的粒子落到下極板上,帶電塵埃在通道內做類平拋運動,在沿電場的方向上的位移為y=··
()2,即增加y即可。只增加電壓U可以增加y,故A滿足條件;只增大高度d,由題意知d增大則位移y減小,故B不滿足條件;只增加長度L,可以增加y,故C滿足條件;只增大水平速度v0,y減小,故D不滿足條件。故選AC。
8.一半徑為R的光滑圓環豎直放在水平向右的電場強度為E的勻強電場中,如圖所示,環上a、c是豎直直徑的兩端,b、d是水平直徑的兩端,質量為m的帶電小球套在圓環上,并可沿環無摩擦滑動,已知小球自a點由靜止釋放,沿abc運動到d點時速度恰好為零,由此可知(　AC　)
A.小球所受重力與靜電力大小相等
B.小球在b點時的機械能最小
C.小球在d點時的電勢能最大
D.小球在c點時的動能最大
解析:根據動能定理,合力做的功等于動能的增加量;從a到d過程,有mg·R-qE·R=0解得qE=mg,故A正確;根據功能關系,除重力外其他力做功等于機械能的增加量;小球受到重力、靜電力和環的彈力作用,彈力沿徑向,速度沿著切向,故彈力一直不做功,除重力外只有靜電力做功,由于靜電力水平向左,故運動到b點時,靜電力做的正功最多,所以機械能增量最大,故B錯誤;根據功能關系,靜電力做負功,電勢能增加;靜電力向左,故運動到d點時克服靜電力做的功最多,電勢能增加得最多,電勢能最大,故C正確;在bc段圓弧的中點處,小球所受靜電力與重力大小相等,小球運動到此處時動能最大,故D錯誤。
9.如圖所示,在足夠長的光滑絕緣水平直線軌道上方的P點,固定一電荷量為+Q的點電荷。一質量為m,帶電荷量為+q的物塊(可視為質點的檢驗電荷),從軌道上的A點以初速度v0沿軌道向右運動,當運動到P點正下方B點時速度為v。已知點電荷產生的電場在A點的電勢為(取無窮遠處電勢為零),P到物塊的重心豎直距離為h,P、A連線與水平軌道的夾角為60°,k為靜電力常量,下列說法正確的是(　ABD　)
A.點電荷+Q產生的電場在B點的電場強度大小為EB=k
B.物塊在A點時受到軌道的支持力大小為mg+
C.物塊在A點的電勢能EpA=+Q
D.點電荷+Q產生的電場在B點的電勢B=(-v2)+
解析:點電荷+Q產生的電場在B點的電場強度大小為EB=k,選項A正確;由幾何關系可知r=,設物塊在A點時受到軌道的支持力大小為FN,由平衡條件有FN-mg-Fsin 60°=0,解得FN=mg+,選項B正確;物塊在A點的電勢能EpA=+q,選項C錯誤;設點電荷產生的電場在B點的電勢為B,由動能定理有q(-B)=mv2-m,解得
B=+,選項D正確。
10.如圖所示,A、B為兩塊水平放置的金屬板,通過閉合的開關S分別與電源兩極相連,兩板中央各有一個小孔a和b,在a孔正上方某處放一帶電質點由靜止開始下落,若不計空氣阻力,該質點到達b孔時速度恰為零,然后返回。現要使帶電質點能穿過b孔,則可行的方法是(　BCD　)
A.保持S閉合,將A板適當上移
B.保持S閉合,將B板適當下移
C.先斷開S,再將A板適當下移
D.先斷開S,再將B板適當上移
解析:由題意可知,質點剛好可以到達b點,由動能定理可知重力做的功和克服靜電力做功相等,若保持S閉合,將A板適當上移,兩板間的電壓不變,小球的起點和b孔間的豎直距離不變,小球仍能剛好到達b點,故A錯誤;若保持S閉合,將B板適當下移,兩板間的電壓不變,小球的起點和b孔間的豎直距離變大,小球從下落到運動至b孔過程中,克服靜電力做功不變,但重力做功變大,小球能穿過b孔,故B正確;若斷開S,將A板適當下移,兩板間的電壓變小,小球從下落到運動至b孔過程中,重力做功不變,但克服靜電力做功變小,小球能穿過b孔,故C正確;若斷開S,將B板適當上移,兩板間的電場強度不變,當小球運動至b孔時速度不為零,小球能穿過b孔,故D正確。
11.在x軸上電場強度E與x的關系如圖所示,O為坐標原點,a、b、c為x軸上的點,a、c之間的距離為d,a、c兩點的電場強度大小均為E0,則下列說法中正確的是(　CD　)
A.b>a=c>O
B.OC.將質子從a點移到c點,靜電力做功大于eE0d
D.將質子從a點移到c點,質子的電勢能減少
解析:由圖可知,電場強度方向沿x軸方向,因沿電場方向電勢降低,故O>a>b>c,選項A,B錯誤;a、c間的電場強度大于E0,故質子受到的靜電力大于eE0,質子從a點移到c點,靜電力做功將大于eE0d,選項C正確;質子受到的靜電力沿x軸正方向,故將質子從a點移到c點,靜電力對質子做正功,質子的電勢能減少,選項D正確。
12.在電場方向水平向右的勻強電場中,一帶電小球從A點豎直向上拋出,其運動的軌跡如圖所示,小球運動的軌跡上A,B兩點在同一水平線上,M為軌跡的最高點,小球拋出時的動能為8 J,在M點的動能為6 J,不計空氣的阻力。則(　ACD　)
A.小球水平位移x1與x2的比值為1∶3
B.小球水平位移x1與x2的比值為1∶4
C.小球落到B點時的動能為32 J
D.小球從A點運動到B點的過程中最小動能為 J
解析:小球在豎直方向上做豎直上拋運動,根據對稱性得知,從A點至M點和從M點至B點的時間t相等,小球在水平方向上做初速度為零的勻加速直線運動,設加速度為a,根據位移時間公式x1=at2,
x1+x2=a(2t)2,聯立可得=,故選項A正確,B錯誤;小球的運動軌跡如圖所示,小球從A到M,由功能關系知在水平方向上靜電力做功為
W電=Eqx1=6 J,則從A到B水平方向上靜電力做功為W電′=Eq(x1+x2)=
4W電=24 J,根據能量守恒可知,小球運動到B點時的動能為EkB=Ek0+
4W電=8 J+24 J=32 J,選項C正確;由題知初動能m=8 J,又豎直方向上vA=gt=t,在水平方向上vM=at=t,又有 m=6 J,聯立以上各式解得=,由幾何關系可知,sin θ=,據運動軌跡,當小球的運動方向與合加速度的方向垂直時,小球的速度最小,所以Ekmin=m=m
(vAsin θ)2= J,選項D正確。
二、非選擇題(共6小題,共52分)
13.(6分)如圖所示,平行板電容器的兩個極板A、B分別接在電壓為60 V的恒壓電源上,兩極板間距為3 cm,電容器電荷量為6×10-8 C,
A極板接地。求:
(1)平行板電容器的電容;
(2)平行板電容器兩極板之間的電場強度;
(3)距B極板2 cm的M點處的電勢。
解析:(1)平行板電容器的電容C== F=1×10-9 F。
(2)兩極板之間的電場強度E== V/m=2×103 V/m,方向豎直向下。
(3)M點距A極板的距離為dAM=d-dBM=1 cm。
A與M間電勢差UAM=EdAM=20 V,
又UAM=A-M,A=0,
可得M=-20 V。
答案:(1)1×10-9 F
(2)2×103 V/m　方向豎直向下
(3)-20 V
14.(7分)質量為m,帶電荷量為-q的微粒(重力不計),經過勻強電場中的A點時速度為v,方向與電場線垂直,運動到B點時速度大小為2v,如圖所示。已知A、B兩點間的距離為d。求:
(1)A、B兩點間的電勢差;
(2)電場強度的大小和方向。
解析:(1)根據動能定理可得-qUAB=m(2v)2-mv2,
解得UAB=-。
(2)由題意可知,帶電微粒在電場中做類平拋運動,
垂直電場方向上做勻速運動,有x=vt,
沿電場方向做初速度為零的勻加速運動,又
x2+y2=d2,
v2+(at)2=(2v)2,
y=at2,a=,
解得E=,方向水平向左。
答案:(1)-　(2),方向水平向左
15.(8分)如圖所示,在x>0的空間中,存在沿x軸正方向的勻強電場E;在x<0的空間內,存在沿x軸負方向的勻強電場,電場強度大小也等于E,一電子(-e,m)在x=d處的P點以沿y軸正方向的初速度v0開始運動,不計電子重力。求:
(1)電子在x軸方向的分運動的周期;
(2)電子運動的軌跡與y軸的各個交點中,任意兩個相鄰交點之間的距離l。
解析:(1)設電子從射入到第一次與y軸相交所用時間為t,
則有d=··t2,
解得t=。
所以,電子在x軸方向分運動的周期為T=4t=4。
(2)在豎直方向上有y=v0t=v0,
電子運動的軌跡與y軸的各個交點中,任意兩個相鄰交點之間的距離l=2y=2v0。
答案:(1)4　(2)2v0
16.(9分)如圖所示,一質量為m的球形塑料容器放在桌面上,它的內部有一勁度系數為k的輕彈簧,彈簧直立地固定于容器內壁的底部,彈簧上端經絕緣體系住一只電荷量為+q、質量也為m的小球。從加一個豎直向上且電場強度為E的勻強電場起,到容器對桌面的壓力減為零時為止,求:
(1)小球的電勢能改變量;
(2)容器對桌面的壓力減為零時小球的速度大小。
解析:(1)初狀態,對小球進行受力分析,設彈簧壓縮量為x1,
則mg=kx1,
得x1=。
當容器對桌面的壓力為零時,對容器受力分析,可知彈簧伸長且拉力為mg,
彈簧伸長量x2=x1=。
該過程靜電力做的功W=Eq(x1+x2)=,
所以小球電勢能減少。
(2)對小球用動能定理,該過程彈簧彈力做的功是零,
則(Eq-mg)(x1+x2)=mv2,
得v=2。
答案:(1)減少了　(2)2
17.(11分)如圖所示,虛線MN左側有一個電場強度E1=E的勻強電場,在兩條平行的直線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2=2E的勻強電場,在虛線PQ右側相距為L處有一與電場E2平行的屏。現將一電子(電荷量e,質量為m,不計重力)無初速度放入電場E1中的A點,A點到MN的距離為,最后電子打在右側的屏上,AO連線與屏垂直,垂足為O,求:
(1)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值tan θ;
(2)電子打到屏上的點P′到O點的距離x。
解析:(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動,設加速度為a1,由牛頓第二定律得a1==。
設電子剛射入電場E2時的速度為v1,有=2a1x0,
且x0=,
得v1=。
由牛頓第二定律得電子進入電場E2時的加速度為a2==。
進入電場E2到射出做勻速直線運動,時間為t2=。
設粒子射出電場E2時平行電場方向的速度為vy,則vy=a2t2,
電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值為tan θ=。
聯立得tan θ=2。
(2)帶電粒子在電場中的運動軌跡如圖所示:
電子打到屏上的點P′到O點的距離為x,根據幾何關系有tan θ=,
聯立得x=3L。
答案:(1)2　(2)3L
18.(11分)如圖所示,BC是半徑為R=1 m的圓弧形光滑且絕緣的軌道,位于豎直平面內,其下端與水平絕緣軌道平滑連接,整個軌道處在水平向左的勻強電場中,電場強度為E=2.0×104 N/C,今有一質量為
m=1 kg、帶正電且電荷量q=1.0×10-4 C的滑塊(體積很小可視為質點),從C點由靜止釋放,滑到水平軌道上的A點時速度減為零。若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數為μ=0.2,求:
(1)滑塊通過B點時的速度大小;
(2)滑塊通過B點時圓弧軌道B點受到的壓力大小;
(3)水平軌道上A、B兩點之間的距離。
解析:(1)滑塊從C點到B點的過程中,只有重力和靜電力對其做功,設滑塊通過B點時的速度為vB,根據動能定理有mgR-qER=m,
代入數據解得vB=4 m/s。
(2)設滑塊通過B點時對B點的壓力為F,軌道對滑塊的支持力為F′,由牛頓第三定律知F′=F,
對滑塊由牛頓第二定律得F′-mg=m。
聯立并代入數據得F=26 N。
(3)滑塊在水平軌道上運動時,所受摩擦力為Ff=μmg,滑塊從C經B到A的整個過程中,重力做正功,靜電力和摩擦力做負功。設滑塊在水平軌道上運動的距離(即A、B兩點間的距離)為L,則根據動能定理有
mgR-qE(R+L)-μmgL=0,
代入數據解得L=2 m。
答案:(1)4 m/s　(2)26 N　(3)2 m專題探究二　電場能的性質
類型一　電場線、等勢面和運動軌跡的綜合
[例1] 如圖所示,在兩等量異種點電荷連線上有D、E、F三點,且DE=EF。K、M、L分別為過D、E、F三點的等勢面。一個不計重力的帶負電粒子,從a點射入電場,運動軌跡如圖中實線所示,以|Wab|表示該粒子從a點到b點靜電力做功的數值,以|Wbc|表示該粒子從b點到c點靜電力做功的數值,則(　C　)
A.|Wab|=|Wbc|
B.|Wab|<|Wbc|
C.粒子由a點到b點,動能減小
D.a點的電勢較b點的電勢低
解析:根據等量異種點電荷電場線的分布情況可知,DE段平均電場強度大于EF段平均電場強度,由公式U=Ed 定性分析得知,DE間電勢差大于EF間電勢差,由靜電力做功公式W=qU得,|Wab|>|Wbc|,故A,B錯誤;由粒子的運動軌跡可判斷,其所受的靜電力大致方向向左,所以等量異種點電荷中正電荷在左側,負電荷在右側,a點的電勢高于b點的電勢,粒子由a點到b點過程中,電勢能增大,動能減小,故C正確,D錯誤。
(1)速度方向沿運動軌跡的切線方向,所受合外力的方向指向曲線凹側。
(2)電勢能大小的判斷方法
①靜電力做功:靜電力做正功,電勢能減小;靜電力做負功,電勢能增加。
②利用公式法:由Ep=q知正電荷在電勢高處電勢能大,負電荷在電勢低處電勢能大。
[跟蹤訓練1] 虛線是用實驗方法描繪出的某一靜電場的一簇等勢線,電勢的值如圖所示。一帶電粒子只在靜電力作用下飛經該電場時,恰能沿圖中的實線AC運動,則下列判斷正確的是(　C　)
A.粒子一定帶負電
B.粒子在A點的電勢能大于在C點的電勢能
C.粒子在A點的動能大于在C點的動能
D.A點的電場強度小于C點的電場強度
解析:電場線和等勢線垂直且由高電勢的等勢線指向低電勢的等勢線,可知圖中電場線方向應垂直于等勢線大體指向左側,帶電粒子所受的靜電力沿電場線指向曲線內側,也大體向左,故粒子應帶正電,故A錯誤;從A到C過程中,靜電力做負功,電勢能增加,則粒子在A點的電勢能小于在C點的電勢能,故B錯誤;粒子運動過程中只有靜電力做功,且靜電力做負功,根據動能定理知動能減小,故粒子在A點動能較大,故C正確;A點等差等勢線密,電場線也密,所以A點的電場強度大于C點的電場強度,故D錯誤。
類型二　電場中圖像問題的分析
[例2] 在絕緣粗糙的水平面上相距6L的A、B兩處分別固定正點電荷,其電荷量分別為QA、QB,兩點電荷的位置坐標如圖甲所示。圖乙是A、B連線之間的電勢與位置x之間的關系圖像,圖中x=L點為圖線的最低點,若將質量為m、電荷量為+q的帶電小球(可視為質點)在x=2L的C點由靜止釋放,其向左運動,則在接下來的過程中,下列說法正確的是(　C　)
A.小球一定能到達x=-2L處
B.小球在x=L處的加速度最小
C.小球在向左運動過程中動能先增大后減小
D.電荷量QA∶QB=2∶1
解析:若水平面光滑,小球能運動到電勢與出發點的電勢相等的位置,由于x=-2L處的電勢高于x=2L處的,所以不能到達x=-2L處,水平面粗糙,則小球到達最左端的位置會比光滑時的還要近,A錯誤;據-x圖像切線的斜率表示電場強度E,知x=L 處電場強度為零,由于在運動過程中小球受到摩擦力,且摩擦力方向向右,大小不變,故在x=L右側某位置,合力為零,此時速度最大,加速度最小,B錯誤;小球先做加速運動后做減速運動,故動能先增大后減小,C正確;x=L處電場強度為零,根據點電荷電場強度公式有=,解得QA∶QB=4∶1,D錯誤。
(1)-x圖像反映電勢隨x的變化規律,其斜率大小表示電場強度大小,斜率正負表示電場強度方向。斜率為正,表示電場強度沿x軸負方向;斜率為負,表示電場強度沿x軸正方向。
(2)E-x圖像反映電場強度E隨x的變化規律,其正負表示電場強度的方向。
[跟蹤訓練2] 在x軸上存在與x軸平行的電場,x軸上各點的電勢隨x點位置變化情況如圖所示。圖中-x1～x1之間為曲線,且關于縱軸對稱,其余均為直線,也關于縱軸對稱。下列關于該電場的論述正確的是(　B　)
A.x軸上各點的電場強度大小相等
B.從-x1～x1電場強度的大小先減小后增大
C.一個帶正電的粒子在x1點的電勢能大于在-x1點的電勢能
D.一個帶正電的粒子在-x1點的電勢能大于在-x2點的電勢能
解析:-x圖像的斜率大小等于電場強度,所以x軸上的電場強度不同,故A錯誤;從-x1到x1圖像斜率先減小后增大,故電場強度先減小后增大,故B正確;根據電勢的定義=可知,一個帶正電的粒子在-x1和x1位置電勢能相等,故C錯誤;正電荷在電勢高處的電勢能大,故D錯誤。
類型三　電勢、電勢能、電場力做功的綜合分析
[例3] 把一個電荷量為2×10-8 C的正點電荷從電場中的A點移到無限遠處時,靜電力做功8×10-6 J;若把該電荷從電場中的B點移到無限遠處時,靜電力做功2×10-6 J,取無限遠處電勢為零。
(1)求A點的電勢;
(2)求A、B兩點間的電勢差;
(3)把電荷量為q=-2×10-5 C的點電荷由A點移到B點時,靜電力做的功為多少
解析:(1)無限遠處某點O的電勢為零,根據靜電力做功與電勢能變化的關系有
WAO=EpA-EpO,
點電荷在無限遠處時,其電勢能為零,
即EpO=0,
故EpA=WAO=8×10-6 J。
根據電勢的定義式得
A== V=400 V。
(2)把該電荷從電場中的B點移到無限遠處的O點,靜電力做功2×10-6 J,因為無限遠處電勢為零,根據靜電力做功與電勢能變化的關系有
WBO=EpB-EpO,
點電荷在無限遠處時,其電勢能為零,即
EpO=0,
故EpB=WBO=2×10-6 J。
根據電勢的定義式得
B== V=100 V,
故A、B間的電勢差為
UAB=A-B=400 V-100 V=300 V。
(3)把q=-2×10-5 C的負電荷由A點移到B點時,靜電力所做的功
WAB=qUAB=-2×10-5×300 J=-6×10-3 J。
答案:(1)400 V　(2)300 V　(3)-6×10-3 J
(1)計算電場力做功的常用方法:
①利用電場力做功與電勢能的關系求解:WAB=EpA-EpB。
②利用W=Fd求解,此公式只適用于勻強電場。
③利用公式WAB=qUAB求解。
④利用動能定理求解。
(2)靜電場中的功能關系:電場力做的功等于電勢能的減少量,即W電=-ΔEp。
[跟蹤訓練3] 一帶電粒子沿圖中曲線穿過一勻強電場中的等勢面,且四個等勢面的電勢關系滿足a>b>c>d,若不計粒子所受重力,則(　B　)
A.粒子一定帶正電
B.粒子的運動是勻變速運動
C.粒子從A點到B點運動的過程中動能先減小后增大
D.粒子從A點到B點運動的過程中電勢能增大
解析:由于a>b>c>d,所以電場線垂直于等勢面由a指向d,根據電荷運動規律可知其受力由d指向a,即該粒子帶負電;從A點到B點的運動過程中,粒子的動能增大,電勢能減小。選項B正確,A,C,D錯誤。
1.(2021·全國乙卷,15)如圖a,在一塊很大的接地金屬平板的上方固定一負電荷。由于靜電感應,在金屬平板上表面產生感應電荷,金屬板上方電場的等勢面如圖b中虛線所示,相鄰等勢面間的電勢差都相等。若將一正試探電荷先后放于M和N處,該試探電荷受到的電場力大小分別為FM和FN,相應的電勢能分別為EpM和EpN,則(　A　)
A.FMEpN B.FM>FN,EpM>EpN
C.FMFN,EpM解析:由題圖b中等勢面的疏密程度可知EMEpN,故選A。
2.(多選)A、B是一條電場線上的兩點,若在A點釋放一初速度為零的電子,電子僅在電場力作用下沿電場線從A運動到B,其電勢能Ep隨位移s變化的規律如圖所示。設A、B兩點的電場強度分別為EA和EB,電勢分別為A和B。則(　AD　)
A.EA=EB B.EAC.A>B D.A解析:從A運動到B過程中,因為是從靜止開始運動的,所以電場力做正功,電場力做多少功,電勢能就變化多少,所以有W=EpA-Ep=Eqs,因為圖像Ep-s斜率恒定k=Eq,所以電場力恒定,故EA=EB,選項A正確,B錯誤;因為負電荷受到的電場力與電場方向相反,所以將負電荷從低電勢移動到高電勢處,電場力做正功,故A3.如圖所示,在點電荷Q形成的電場中,已知a、b兩點在同一等勢面上,c、d兩點在另一等勢面上。甲、乙兩個帶電粒子的運動軌跡分別為acb和adb曲線,已知乙粒子帶正電。那么下列判斷正確的是(　D　)
A.甲粒子在b點的電勢能比在c點小
B.乙粒子在d點速度最大
C.a、b兩點電場強度相同
D.d點電勢比b點電勢高
解析:由圖可知,甲粒子受到中心點電荷Q的吸引力,甲粒子從c點到b點的過程中靜電力做負功,電勢能增大,所以甲粒子在b點的電勢能比在c點大,故A錯誤;乙粒子受到中心點電荷Q的排斥力,從a點到d點靜電力做負功,動能減小,速度減小,從d點到b點靜電力做正功,動能增大,速度增大,所以乙粒子在d點速度最小,故B錯誤;a、b兩點電場強度大小相等,方向不同,則電場強度不同,故C錯誤;由題知,點電荷Q帶正電,越靠近正點電荷Q電勢越高,則d點電勢比b點電勢高,故D正確。
4.真空中相距為3a的兩個點電荷A和B,分別固定于x軸上x1=0和x2=3a的兩點,在兩者連線上各點電場強度隨x變化的關系如圖所示,以下說法正確的是(　D　)
A.兩者一定是異種電荷
B.x=a處的電勢一定為零
C.x=2a處的電勢一定大于零
D.A,B的電荷量之比為1∶4
解析:兩點電荷連線中某點,電場強度E=0,說明兩點電荷在該點產生的電場強度等大反向,故兩點電荷一定為同種電荷,A項錯誤;由電場強度公式可知,k=k,故QA∶QB=1∶4,D項正確;若兩點電荷均為正點電荷,則連線上各點電勢均大于零,B項錯誤;若兩點電荷均為負點電荷,則連線上各點電勢均小于零,C項錯誤。
5.靜電場中,若帶電粒子在電場力作用下從電勢為a的a點運動至電勢為b的b點。若帶電粒子在a、b兩點的速率分別為va、vb,不計重力,則帶電粒子的比荷為(　C　)
A. B.
C. D.
解析:由動能定理Wab=qUab=q(a-b)=m-m,可得比荷=。
6.如圖所示,光滑絕緣細桿豎直放置,它與以正電荷Q為圓心的圓交于B、C兩點,質量為m、電荷量為-q的有孔小球從桿上A點無初速度下滑,已知q Q,AB=h,小球滑到B點時的速度大小為。則小球由A到C的過程中靜電力做的功為　　　　,A、C兩點間的電勢差為　　　　。
解析:因為桿是光滑的,所以小球從A到B過程中只有兩個力做功,靜電力做功W和重力做功mgh,由動能定理得W+mgh=m,代入已知條件vB= 得靜電力做功W=mgh,由B到C靜電力做功為0,所以由A到C靜電力做功WAC=W+0=mgh,UAC==-。
答案:mgh　-
課時作業
基礎鞏固
1.(多選)點電荷產生電場的電場線如圖所示,關于A、B、C三點的關系,下列說法中正確的是(　AC　)
A.三點電場強度關系是EA>EB>EC
B.三點電勢關系是AC.一電子沿直線從A點移到C點,電勢能逐漸增大
D.若AB=BC,則AB,BC間的電勢差關系是 UAB解析:根據電場線的疏密可判斷電場強度的大小,則三點電場強度關系是EA>EB>EC,所以A正確;由于沿著電場線方向電勢逐漸降低,所以三點電勢關系是A>B>C,則B錯誤;一電子沿直線從A點移到C點,靜電力做負功,則電勢能逐漸增大,所以C正確;由于U=Ed,若AB=BC,
則AB、BC間的電勢差關系是UAB>UBC,所以D錯誤。
2.(多選)如圖所示,虛線為一組間距相等的同心圓,圓心處固定一帶正電的點電荷。一帶電粒子以一定初速度射入電場,實線為粒子僅在靜電力作用下的運動軌跡,a、b、c三點是實線與虛線的交點,則該粒子(　CD　)
A.帶負電
B.在c點受力最大
C.在b點的電勢能大于在c點的電勢能
D.由a點到b點的動能變化大于由b點到c點的動能變化
解析:由帶電粒子進入正點電荷形成的電場中的運動軌跡可以看出兩者相互排斥,故帶電粒子帶正電,選項A錯誤;根據庫侖定律F=k可知,a、b、c 三點中,在a點時受力最大,選項B錯誤;帶電粒子從b點到c點的過程中,靜電力做正功,電勢能減小,故在b點的電勢能大于在c點的電勢能,選項C正確;由于虛線為等間距的同心圓,故Uab>Ubc,所以Wab>Wbc,根據動能定理,帶電粒子由a點到b點的動能變化大于由b點到c點的動能變化,選項D正確。
3.如圖,虛線a、b、c是在O點處的一個點電荷形成的靜電場中的三個等勢面,一帶正電的粒子射入該電場中,其運動軌跡如實線KLMN所示。不計粒子的重力,由圖可知(　D　)
A.粒子運動時靜電力先做負功,后做正功
B.a、b、c三個等勢面的電勢關系是a>b>c
C.粒子運動時的電勢能先增大后減小
D.粒子運動時的動能先增大后減小
解析:根據帶電粒子軌跡的彎曲方向可知,帶電粒子受到了引力作用,
O點處點電荷與帶電粒子帶異種電荷,所以O點處點電荷一定帶負電,粒子運動過程中粒子所受的靜電力方向與速度方向的夾角先為銳角,后為鈍角,故靜電力先做正功,后做負功,粒子運動時的電勢能先減小后增大,動能先增大后減小,故A,C錯誤,D正確;O點處點電荷帶負電,電場線方向從無限遠處出發到O點處點電荷終止,根據沿著電場線方向電勢降低可知a4.(多選)等量異種點電荷的連線和中垂線如圖所示,現將一個帶負電的試探電荷先從圖中的a點沿直線移動到b點,再從b點沿直線移動到c點,則試探電荷在此過程中(　AD　)
A.所受電場力的方向不變
B.所受電場力的大小恒定
C.電勢能一直減小
D.電勢能先不變后減小
解析:ab線是等量異種點電荷電場的等勢線,而ab和bc上合電場的場強方向都是垂直ab線向下的,試探電荷在a→b過程中電場力方向始終豎直向上,與在c點相同,A正確;沿ab方向越靠近兩點電荷的連線,電場線越密,場強越大,所受電場力越大,B錯誤;從a→b電場力不做功,從b→c電場力做正功,電勢能先不變后減小,選項C錯誤,
D正確。
5.(多選)沿x軸方向存在一靜電場,電場強度的大小關于位置的變化規律如圖所示(圖線為正弦圖線)。則下列說法正確的是(　BD　)
A.O、b兩點的電勢差等于O、d兩點的電勢差
B.a、c兩點的電勢相等
C.電子在O點的電勢能大于電子在c點的電勢能
D.質子由a點沿x軸運動到c點的過程中,電場力先做負功再做正功
解析:由題圖可知,在x軸的負半軸,電場強度的方向沿x軸的負方向,在x軸的正半軸,電場強度的方向沿x軸的正方向,沿著電場線的方向電勢降低,因此0>b>d,所以O、b兩點間的電勢差小于O、d兩點間的電勢差,A錯誤;從O點向兩側電勢逐漸降低,而a和c兩點關于原點O對稱,所以兩點的電勢相等,B正確;電子帶負電,因此電子在c點的電勢能大于在O點的電勢能,C錯誤;由于O點左側的電場方向向左,則質子在O點左側受到向左的電場力,質子從a向O運動的過程中,電場力做負功;O點右側的電場方向向右,則質子在O點右側受到向右的電場力,質子從O向c運動的過程中,電場力做正功,D正確。
6.(多選)在x軸上有兩個點電荷q1、q2,其靜電場的電勢在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有(　AC　)
A.q1和q2帶有異種電荷
B.x1處的電場強度為零
C.負電荷從x1移到x2,電勢能減小
D.負電荷從x1移到x2,受到的電場力增大
解析:由圖知x1處的電勢等于零,所以q1和q2帶有異種電荷,A正確;圖像的斜率描述該處的電場強度,故x1處場強不為零,B錯誤;負電荷從x1移到x2,由低電勢向高電勢移動,電場力做正功,電勢能減小,故C正確;由圖知,負電荷從x1移到x2,電場強度越來越小,故電荷受到的電場力減小,所以D錯誤。
能力提升
1.一個電荷量為10-6 C的負電荷,從電場中A點移到B點電場力要做功2×10-6 J,從C點移到D點要克服電場力做功 7×10-6 J。若已知C點比B點電勢高3 V,且A、B、C、D四點在同一條電場線上,則下列圖中正確的是(　C　)
解析:由UAB==2 V,則A-B=-2 V;UCD==7 V,則C-D=7 V;
由題意得C-B=3 V,則C>B>A>D,C正確。
2.(多選)在光滑的絕緣水平面上,有一個正方形abcd,頂點a、c分別固定一個正點電荷,電荷量相等,如圖所示。若將一個帶負電的粒子從b點自由釋放,粒子將沿著對角線bd往復運動。粒子從b點運動到
d點的過程中(　CD　)
A.先做勻加速運動,后做勻減速運動
B.先從高電勢到低電勢,后從低電勢到高電勢
C.電勢能與機械能之和保持不變
D.電勢能先減小,后增大
解析:a、c兩點固定相同的正點電荷,bd為點電荷連線的中垂線,由電場疊加情況可知帶電粒子的加速度大小、方向發生變化,粒子不可能先做勻加速后做勻減速運動,故A錯誤;兩點電荷連線中垂線上的中點電勢最高,帶負電的粒子從b點運動到d點的過程中,先從低電勢到高電勢,再從高電勢到低電勢,故B錯誤;帶電粒子從b到d運動過程中所受靜電力先由b指向d,后由d指向b,所以靜電力先做正功后做負功,因此電勢能先減小,后增大,故D正確;只有靜電力做功,電勢能與機械能之和保持不變,故C正確。
3.兩個固定的等量異種點電荷所產生電場的等勢面如圖中虛線所示,一帶負電的粒子以某一速度從圖中A點沿圖示方向進入電場在紙面內飛行,最后離開電場,粒子只受電場力作用,則粒子在電場中(　C　)
A.做直線運動,電勢能先變小后變大
B.做直線運動,電勢能先變大后變小
C.做曲線運動,電勢能先變小后變大
D.做曲線運動,電勢能先變大后變小
解析:帶負電的粒子以速度v進入電場后,電場力的方向與v的方向不在一條直線上,故帶負電的粒子做曲線運動,先由低電勢面運動到高電勢面,然后由高電勢面運動到低電勢面,所以電勢能先減小后增大,選項C正確,A,B,D錯誤。
4.如圖所示,電荷量為-e、質量為m的電子從A點沿與電場垂直的方向進入勻強電場,初速度為v0,當它通過電場中B點時,速度與電場強度方向成150°角,不計電子的重力,取A點的電勢為零,求B點的
電勢。
解析:電子進入勻強電場后在電場力作用下做勻變速曲線運動,根據運動的分解可知,電子在垂直于電場線方向上做勻速直線運動。將B點的速度分解(如圖),有v==2v0,
電子從A運動到B由動能定理得W=mv2-m=m,
電場力做正功,電勢能減少,所以B點的電勢能為EpB=-m,B點電勢B==。
答案:
5.一帶負電的粒子,q=-2.0×10-7 C,在靜電場中由A點運動到B點,在這過程中,除電場力外,其他力做的功為5.0×10-5 J,粒子動能增加了7.0×10-5 J,取A點為零電勢點。求:
(1)此過程電場力所做的功。
(2)A、B兩點間的電勢差。
(3)B點的電勢B。
解析:(1)對粒子由A點運動到B點的過程用動能定理W電+W其他=ΔEk,
得W電=ΔEk-W其他=7.0×10-5 J-5.0×10-5 J=2.0×10-5 J。
(2)根據電場力與電勢差關系可知UAB== V=-100 V。
(3)由電勢差得UAB=A-B=0-B,
解得B=100 V。
答案:(1)2.0×10-5 J　(2)-100 V　(3)100 V
6.某靜電場的等勢面如圖所示,A、B、C分別為等勢面上的三個點,
其電勢分別為10 V、8 V、6 V。
(1)在圖中畫出電場線的大致分布;
(2)若將一電子(電荷量為e)從A點移到C點,求靜電力做的功WAC及電勢能的變化量ΔEp;
(3)若另一電子僅在靜電力的作用下從A點經B點運動到C點,且已知經過B點時的動能為10 eV,求該電子到達C點時的動能EkC。
解析:(1)根據電場線與等勢面相互垂直,且電場線方向由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面,可畫出電場線的大致分布,如圖所示。
(2)WAC=-eUAC=-(10-6)eV=-4 eV,
根據WAC=-ΔEp,可知ΔEp=-WAC=4 eV。
(3)只有靜電力做功時,電勢能和動能相互轉化,它們的和保持不變,則EkB+EpB=EkC+EpC,
即10 eV-8 eV=EkC-6 eV,
解得EkC=8 eV。
答案:(1)圖見解析　(2)-4 eV　4 eV (3)8 eV專題探究一　電場力的性質
類型一　兩等量點電荷周圍的電場
1.等量同種點電荷的電場(電場線分布如圖1)
(1)兩點電荷連線上,中點O處電場強度為零,向兩側電場強度逐漸增大。
(2)兩點電荷連線的中垂線上由中點O到無限遠,電場強度先變大后變小。
(3)關于中心點O對稱的點,電場強度等大反向。
2.等量異種點電荷的電場(電場線分布如圖2)
(1)兩點電荷連線上,沿電場線方向電場強度先變小再變大,中點處電場強度最小。
(2)兩點電荷連線的中垂線上電場強度方向都相同,總與中垂線垂直且指向負點電荷一側。沿中垂線從中點到無限遠處,電場強度一直減小,中點處電場強度最大。
(3)關于中心點對稱的點,電場強度等大同向。
[例1] 用電場線能很直觀、很方便地比較電場中各點電場強度的強弱,如圖甲是等量異種點電荷形成電場的電場線,圖乙是電場中的一些點;O是電荷連線的中點,E、F是連線中垂線上相對O對稱的兩點,B、C和A、D也相對O對稱。則下列說法中錯誤的是(　C　)
A.E、O、F三點比較,三點電場強度方向相同
B.A、D兩點電場強度大小相等,方向相同
C.B、O、C三點比較,O點電場強度最強
D.E、O、F三點比較,O點電場強度最強
解析:等量異種點電荷連線的中垂線上各點的電場強度方向相同,都是垂直于中垂線指向負電荷一側,故A說法正確;根據對稱性看出,A、D兩處電場線疏密程度相同,則A、D兩點電場強度大小相同,由圖看出,A、D兩點電場強度方向相同,故B說法正確;由圖看出,B、O、C三點比較,O點電場線最稀疏,電場強度最小,故C說法錯誤;由圖看出,E、O、F三點比較,O點電場線最密集,電場強度最強,故D說法正確。
電場線是認識和研究電場問題的有利工具,必須掌握典型電場的電場線的分布,知道電場線的切線方向與場強方向一致,其疏密可反映電場強度大小。清除對電場線的一些錯誤認識。
[跟蹤訓練1] (多選)如圖所示,兩個帶等量負電荷的小球A、B(可視為點電荷),被固定在光滑的絕緣水平面上,P、N是小球A、B連線的中垂線上的兩點,且PO=ON。現將一個電荷量很小的帶正電的小球C(可視為質點)由P點靜止釋放,在小球C向N點運動的過程中,下列關于小球C的說法可能正確的是(　AD　)
A.速度先增大,再減小
B.速度一直增大
C.加速度先增大再減小,過O點后,加速度先減小再增大
D.加速度先減小,再增大
解析:在AB的中垂線上,從無窮遠處到O點,電場強度先變大后變小,到O點變為零,故帶正電荷的小球C沿連線的中垂線運動時,加速度先變大后變小,速度不斷增大,在O點加速度變為零,速度達到最大;由O點到無窮遠處時,加速度先變大后變小,速度不斷減小,如果P、N相距很近,小球C的加速度先減小再增大,故A,D正確。
類型二　電場線與帶電粒子運動軌跡的綜合分析
1.幾個矢量的方向
(1)合力方向:做曲線運動的帶電粒子所受合外力方向指向運動曲線的凹側。
(2)速度方向:速度方向沿運動軌跡的切線方向。
(3)靜電力方向:正電荷的受力方向沿電場線的切線方向。
2.分析方法
(1)根據帶電粒子運動軌跡的彎曲方向,判斷出帶電粒子所受靜電力的方向。
(2)把電場線方向、靜電力方向與電性相聯系進行分析。
(3)把電場線的疏密和靜電力大小、加速度大小相聯系進行分析。
(4)把靜電力做的功與能量的變化相聯系進行分析。
[例2] (多選)如圖所示,為某一點電荷所形成的一簇電場線,a、b、c三條虛線為三個帶電粒子以相同的速度從O點射入電場的運動軌跡,其中b虛線為一圓弧,AB的長度等于BC的長度,且三個粒子的帶電荷量大小相等,不計粒子重力,則以下說法正確的是(　CD　)
A.a一定是正粒子的運動軌跡,b和c一定是負粒子的運動軌跡
B.a虛線對應的粒子的動能增加,c虛線對應的粒子的動能減少,b虛線對應的粒子的動能不變
C.a虛線對應的粒子的加速度越來越小,c虛線對應的粒子的加速度越來越大,b虛線對應的粒子的加速度大小不變
D.b虛線對應的粒子的質量大于c虛線對應的粒子的質量
解析:由三個帶電粒子運動軌跡的彎曲方向可知,a虛線對應的粒子與場源電荷為同種電荷,b和c虛線對應的粒子與場源電荷為異種電荷,又因為不知道場源電荷的帶電性質,則無法確定三個粒子的電性,選項A錯誤。由三個粒子的運動軌跡可知,a、c虛線對應的粒子的速度方向與受力方向夾角小于90°,因而靜電力對它們做正功,而b虛線對應的粒子的速度方向與受力方向始終垂直,故靜電力對b虛線對應的粒子不做功,選項B錯誤。因為a虛線對應的粒子經過區域的電場線越來越稀疏,電場強度變小,所以加速度變小;b虛線對應的粒子的軌跡為圓弧,經過區域的電場強度大小不變,所以加速度大小不變;c虛線對應的粒子經過區域的電場線越來越密,電場強度變大,所以加速度變大,選項C正確。b和c虛線對應的粒子從O點以相同速度射入,b虛線對應的粒子恰好做圓周運動,則有 k=mb,而c虛線對應的粒子做近心運動,k>mc,由此可得mb>mc,選項D正確。
分析運動軌跡類問題的技巧
(1)由軌跡的彎曲方向確定粒子所受合外力的方向,由電場線的疏密程度確定靜電力的大小,進而確定合外力的大小。
(2)速度或動能的變化要根據合外力做功情況來判斷,當靜電力恰為合外力時,靜電力做正功,速度或動能增加,靜電力做負功,速度或動能減少。
[跟蹤訓練2] (多選)如圖所示,帶箭頭的線表示某一電場中的電場線的分布情況。一帶電粒子在電場中運動的軌跡如圖中虛線所示。若不考慮其他力,則下列判斷中正確的是(　BC　)
A.若粒子是從A運動到B,則粒子帶正電;若粒子是從B運動到A,則粒子帶負電
B.不論粒子是從A運動到B,還是從B運動到A,粒子必帶負電
C.若粒子是從B運動到A,則其加速度減小
D.若粒子是從B運動到A,則其速度減小
解析:根據做曲線運動的物體所受合外力指向曲線內側可知粒子所受靜電力與電場線的方向相反,所以不論粒子是從A運動到B,還是從B運動到A,粒子必帶負電,故選項A錯誤,B正確。電場線密的地方電場強度大,所以粒子在B點受到的靜電力大,在B點時的加速度較大。若粒子是從B運動到A,則其加速度減小,故選項C正確。從B到A過程中靜電力與速度方向成銳角,即做正功,動能增大,速度增大,故選項D錯誤。
類型三　靜電力與力學規律的綜合應用
　處理靜電場中力與運動的問題時,根據牛頓運動定律,再結合運動學公式、運動的合成與分解等運動學知識即可解決問題,與力學問題分析方法完全相同,在進行受力分析時不要漏掉靜電力。
[例3] 如圖所示,一條長為L的絕緣細線,上端固定,下端系一質量為m的帶電小球,將它置于電場強度為E、方向水平向右的勻強電場中,當小球平衡時,細線與豎直方向的夾角α=45°。重力加速度大小為g,則:
(1)小球帶何種電荷 電荷量為多少
(2)若將小球向左拉至細線呈水平的位置,然后由靜止釋放小球,則放手后小球做什么運動 經多長時間到達最低點
解析:(1)由于小球處于平衡狀態,對小球進行受力分析,如圖所示,由此可知小球帶正電,設其電荷量為q,則
FTsin α=qE,
FTcos α=mg,
聯立可得FT=mg,
q==。
(2)小球向左拉至細線呈水平的位置釋放時,F合==mg,方向與豎直方向成α=45°斜向右下方,故靜止釋放后,小球由靜止開始沿與豎直方向成α=45°斜向右下方做勻加速直線運動,且a==g,當到達最低點時,它經過的位移為L,此時細線剛好拉直,由勻變速直線運動的規律可得x=at2,所以t=。
答案:(1)正電　
(2)勻加速直線運動　
解決帶電體在電場中綜合問題的基本思路
(1)處于平衡狀態的帶電體應先進行受力分析,畫出受力圖,然后選用合成法或分解法列方程。
(2)非平衡問題中,分析和解題程序與平衡問題相似,要依據牛頓第二定律列方程,有時要結合運動學公式列方程組。
[跟蹤訓練3] 如圖所示,帶電小球A和B放在傾角為30°的光滑絕緣斜面上,質量為m1=m2=1 g,所帶電荷量q1=q2=10-7 C,A帶正電,B帶負電。沿斜面向上的恒力F作用于A球,可使A、B一起運動,且保持間距d=0.1 m不變,求F的大小。(g取10 m/s2)
解析:兩球間的庫侖引力F庫==9×10-3 N。
A球和B球的加速度相同,隔離B球,由牛頓第二定律有F庫-m2gsin 30°=m2a,
把A球和B球看成整體,A、B間的庫侖力為系統內力,由牛頓第二定律有
F-(m1+m2)gsin 30°=(m1+m2)a,
聯立得a=4 m/s2,F=1.8×10-2 N。
答案:1.8×10-2 N
1.兩個帶等量正電荷的點電荷,O點為兩電荷連線的中點,a點在連線的中垂線上,如圖所示。若在a點由靜止釋放一個電子,關于電子的運動,下列說法正確的是(　C　)
A.電子在從a向O運動的過程中,加速度越來越大,速度越來越大
B.電子在從a向O運動的過程中,加速度越來越小,速度越來越大
C.電子運動到O時,加速度為零,速度最大
D.電子通過O后,速度越來越小,加速度越來越大,一直到速度為零
解析:帶等量正電荷的兩點電荷連線的中垂線上,中點O處的場強為零,向中垂線的兩邊先變大,達到一個最大值后,再逐漸減小到零。但a點與最大場強點的位置關系不能確定,當a點在最大場強點的上方時,電子在從a點向O點運動的過程中,加速度先增大后減小;當a點在最大場強點的下方時,電子的加速度則一直減小,故A,B錯誤;不論a點的位置如何,電子在向O點運動的過程中,都在做加速運動,所以電子的速度一直增加,當達到O點時,加速度為零,速度達到最大值,C正確;通過O點后,電子的運動方向與場強的方向相同,與所受電場力方向相反,故電子做減速運動,由能量守恒定律得,當電子運動到a點關于O點對稱的b點時,電子的速度為零。同樣因b點與最大場強的位置關系不能確定,故電子通過O后加速度大小的變化不能確定,D錯誤。
2.(多選)一絕緣細線Oa下端系一質量為m的帶正電的小球a,在正下方有一光滑的絕緣水平細桿,一帶負電的小球b穿過桿在其左側較遠處,小球a由于受到水平絕緣細線的拉力而靜止,如圖所示。現保持懸線與豎直方向的夾角為θ,并在較遠處由靜止釋放小球b,讓其從遠處沿桿向右移動到a點的正下方,在此過程中(　BC　)
A.懸線Oa的拉力逐漸增大,水平細線的拉力逐漸減小
B.b球的加速度先增大后減小,速度始終增大
C.b球所受的庫侖力一直增大
D.b球所受的庫侖力先減小后增大
解析:b球受到的庫侖力F=k,在運動過程中,a、b球間距離一直減小,則b球所受庫侖力一直增大,C正確,D錯誤;b球所受的庫侖力逐漸增大,該庫侖力與豎直方向的夾角逐漸減小,所以其豎直分量逐漸增大,而b球在較遠處時,所受庫侖力近似為零,在a球正下方時,庫侖力的水平分量為零,所以其水平方向的分量先增大后減小,所以懸線Oa的拉力會逐漸增大,水平細線的拉力先增大后減小,A錯誤,B正確。
3.(多選)某靜電場中的電場線如圖所示,帶電粒子在電場中僅受電場力作用,由M運動到N,其運動軌跡如圖中虛線所示,以下說法正確的是(　ACD　)
A.粒子必帶正電荷
B.粒子在M點的加速度大于它在N點的加速度
C.粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度
D.粒子在M點的動能小于它在N點的動能
解析:根據粒子運動軌跡彎曲的情況,可以確定粒子所受電場力的方向沿著電場線切線方向,故此粒子必定帶正電荷,選項A正確;由于電場線越密場強越大,帶電粒子所受電場力就越大,根據牛頓第二定律可知其加速度也越大,故此粒子在N點的加速度較大,選項B錯誤,C正確;粒子從M點運動到N點,電場力的方向與運動方向之間的夾角是銳角,電場力做正功,根據動能定理得此粒子在N點的動能較大,選項D正確。
4.如圖所示,在豎直放置的光滑半圓弧絕緣細管的圓心O處固定一點電荷,將質量為m、帶電荷量為+q的小球從圓弧管的水平直徑端點A由靜止釋放,小球沿細管滑到最低點B時,對管壁恰好無壓力。求固定于圓心處的點電荷在B點處的電場強度大小。
解析:由A到B,由動能定理得mgr=mv2-0,
在B點,對小球受力分析,由牛頓第二定律有qE-mg=m,
聯立以上兩式解得E=。
答案:
課時作業
基礎鞏固
1.(多選)如圖所示,A、B、C、D、E、F、G、H是圓O上的8個點,圖中虛線均過圓心O點,B和H關于直徑AE對稱,且∠HOB=90°,AE⊥CG,
M、N關于O點對稱。現在M、N兩點放置等量異種點電荷,則下列各點中電場強度相同的是(　CD　)
A.B點和H點 B.D點和F點
C.H點和D點 D.C點和G點
解析:等量異種點電荷的電場線分布情況如圖所示,電場線的切線方向代表電場的方向,疏密程度代表電場強度的大小,可知關于O點對稱的兩點電場強度相同,選項C,D正確,A,B錯誤。
2.如圖所示,實線為電場線(方向未畫出),虛線是一帶電粒子只在電場力的作用下由a到b的運動軌跡,軌跡為一條拋物線。下列判斷正確的是(　C　)
A.電場線MN的方向一定是由N指向M
B.帶電粒子由a運動到b的過程中速度一定逐漸減小
C.帶電粒子在a點的速度一定小于在b點的速度
D.帶電粒子在a點的加速度一定大于在b點的加速度
解析:由于該粒子只受電場力作用且做曲線運動,粒子所受外力指向軌跡內側,所以粒子所受電場力一定是由M指向N,但是由于粒子的電荷性質不清楚,所以電場線的方向無法確定,故A錯誤;粒子從a運動到b的過程中,電場力與速度方向間夾角是銳角,粒子做加速運動,速度增大,故B錯誤,C正確;b點的電場線比a點的密,所以帶電粒子在a點的加速度小于在b點的加速度,故D錯誤。
3.如圖所示,AB是某點電荷電場中的一條電場線。在電場線上P處自由釋放一個負檢驗電荷時,它沿直線向B點運動。對此現象,下列判斷正確的是(不計電荷重力)(　D　)
A.電荷向B做勻速運動
B.電荷向B做加速度越來越小的運動
C.電荷向B做加速度越來越大的運動
D.電荷向B做加速運動,加速度的變化情況不能確定
解析:由于負電荷從P點靜止釋放后沿直線運動到B點,說明負電荷受力方向自P指向B,則場強方向自A指向B。由于正點電荷和負點電荷都能產生一段直線電場線,所以只能確定負電荷的受力方向向左
(自P指向A),不能確定受力變化情況,也就不能確定加速度變化情況,故選項D正確。
4.(多選)如圖所示,直線是一簇未標明方向的由點電荷產生的電場線,曲線是某一帶電粒子通過電場區域時的運動軌跡,a、b是軌跡上兩點。若帶電粒子運動中只受靜電力作用,根據此圖可以做出的判斷是(　BCD　)
A.帶電粒子所帶電性
B.帶電粒子在a、b兩點的受力方向
C.帶電粒子在a、b兩點的加速度何處大
D.帶電粒子在a、b兩點的加速度方向
解析:根據合外力指向帶電粒子運動軌跡的凹側,可以確定帶電粒子受靜電力的方向,從而確定加速度的方向,B,D正確;電場線越密集的地方電場強度越大,帶電粒子受到的靜電力越大,加速度越大,C正確;由于不知道電場線的方向,只知道帶電粒子受力方向,沒法確定帶電粒子的電性,A錯誤。
5.如圖所示,兩段等長細線串接著兩個質量、電荷量均相等的帶電小球a、b,a帶正電,b帶負電,懸掛于O點。現在空間加上水平向右的勻強電場,則此裝置平衡時的位置可能是(　A　)
解析:以兩個小球組成的整體為研究對象,水平方向受到兩個靜電力,矢量和為零,豎直方向受到總重力和拉力,根據平衡條件得知,細線Oa的拉力必定在豎直方向,所以細線Oa的方向必須是豎直的。再以小球b為研究對象,由于帶負電,該小球受到的靜電力方向水平向左,則細線ab向左偏離豎直方向,故A正確,B,C,D錯誤。
6.(多選)如圖所示,a、b、c、d、e、f為以O為球心的球面上的點,分別在a、c兩個點處放等量異種電荷+Q和-Q。下列說法正確的是(　CD　)
A.b、f兩點電場強度大小相等,方向不同
B.e、d兩點電場強度大小相等,方向不同
C.b、d兩點電場強度大小相等,方向相同
D.b、e兩點電場強度大小相等,方向相同
解析:等量異種電荷的電場線是關于連線、中垂線對稱的,由等量異種電荷的電場的特點,結合圖可知,圖中b、f、d、e所在的平面是兩個電荷連線的垂直平分面,所以該平面上各點的電場強度的方向都與該平面垂直。由于b、f、d、e各點到O的距離是相等的,結合該電場的特點可知,b、f、d、e各點的電場強度大小也相等。由以上的分析可知,b、f、d、e各點的電場強度大小相等,方向相同,故A,B錯誤,C,D正確。
7.如圖所示為兩個固定在同一水平面上的點電荷,距離為d,電荷量分別為+Q和-Q。在它們的水平中垂線上固定一根長為L、內壁光滑的絕緣細管,有一電荷量為+q的小球以初速度v0從管口射入,則小球(　C　)
A.速度先增大后減小
B.受到的庫侖力先做負功后做正功
C.受到的庫侖力最大值為
D.管壁對小球的彈力最大值為
解析:由等量的異種電荷形成的電場特點,根據小球的受力情況可知在細管內運動時,合力為重力,小球速度一直增大,故A錯誤;庫侖力水平向右,不做功,故B錯誤;在連線中點處庫侖力最大,F=+=,
故C正確;管壁對小球的彈力與庫侖力是平衡力,所以最大值為,故D錯誤。
8.如圖所示,質量為m、帶電荷量為+q的滑塊,沿絕緣斜面勻速下滑,當滑塊滑至豎直向下的勻強電場區域時,滑塊運動的狀態為(　A　)
A.繼續勻速下滑
B.將加速下滑
C.將減速下滑
D.上述三種情況都可能發生
解析:當滑塊進入勻強電場區域時,還要受到方向向下的靜電力作用,根據等效法,相當于所受的重力增大,其合力仍為零,滑塊將繼續勻速下滑,故選項A正確。
9.如圖所示,光滑斜面(足夠長)傾角為37°,一帶正電的小物塊質量為m,電荷量為q,置于斜面上,當沿水平方向加如圖所示的勻強電場時,帶電小物塊恰好靜止在斜面上,從某時刻開始,電場強度變化為原來的。求:
(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2)
(1)原來的電場強度的大小;
(2)小物塊運動的加速度;
(3)小物塊2 s末的速度大小和2 s內的位移大小。
解析:(1)對小物塊受力分析如圖所示,小物塊靜止于斜面上,
則mgsin 37°=qEcos 37°,
E==。
(2)當電場強度變為原來的時,小物塊受到的合外力
F合=mgsin 37°-qEcos 37°=0.3mg,
又F合=ma,所以a=3 m/s2,方向沿斜面向下。
(3)由運動學公式v=at=3×2 m/s=6 m/s,x=at2=×3×22 m=6 m。
答案:(1)　(2)3 m/s2,方向沿斜面向下 (3)6 m/s　6 m
能力提升
1.如圖所示,在電場強度為E的勻強電場中有一個質量為m的帶正電小球A懸掛在絕緣細線上,當小球靜止時,細線與豎直方向成30°角,已知此電場方向恰使小球受到的靜電力最小,則小球所帶的電荷量應為(　D　)
A. B. C. D.
解析:由題意電場方向恰使小球受的靜電力最小可知,E的方向與細線垂直,受力如圖。由平衡條件可得mg=qE,q=,故D正確。
2.(多選)如圖所示,金屬板帶電荷量為+Q,質量為m的金屬小球帶電荷量為+q,當小球靜止后,懸掛小球的絕緣細線與豎直方向間的夾角為α,小球與金屬板中心O恰好在同一條水平線上,且距離為L。下列說法正確的是(　BC　)
A.+Q在小球處產生的電場強度為E1=
B.+Q在小球處產生的電場強度為E1=
C.+q在O點產生的電場強度為E2=
D.+q在O點產生的電場強度為E2=
解析:金屬板不能看做點電荷,在小球處產生的電場強度不能用E=計算,故A錯誤;根據小球處于平衡狀態得小球受靜電力F=mgtan α,由E=得E1=,B正確;小球可看做點電荷,在O點產生的電場強度E2=,C正確;根據牛頓第三定律知金屬板受到小球的靜電力大小為F=mgtan α,但金屬板不能看做試探電荷,故不能用E=求電場強度,D錯誤。
3.(多選)如圖所示,實線為不知方向的三條電場線,從電場中M點以相同速度垂直于電場線方向飛出a、b兩個帶電粒子,僅在靜電力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示。則(　CD　)
A.a一定帶正電,b一定帶負電
B.a的速度將減小,b的速度將增加
C.a的加速度將減小,b的加速度將增加
D.兩個粒子的動能都增加
解析:帶電粒子做曲線運動,所受力的方向指向軌跡的內側,由于電場線的方向未知,所以粒子帶電性質不確定,故選項A錯誤;從圖中軌跡變化來看,速度與力方向的夾角小于90°,所以靜電力都做正功,動能都增大,速度都增大,故選項B錯誤,D正確;電場線密的地方電場強度大,電場線疏的地方電場強度小,所以a受力減小,加速度減小,b受力增大,加速度增大,故選項C正確。
4.(多選)如圖所示,帶電小球A、B的電荷量分別為QA、QB,兩球都用長為L的絕緣絲線懸掛在O點。靜止時A、B相距為d。為使平衡時A、B間距離減為,可采用的方法有(　BD　)
A.將小球A、B的質量都增大到原來的2倍
B.將小球B的質量增大到原來的8倍
C.將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半
D.將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半,同時將小球B的質量增大到原來的2倍
解析:對B球受力分析如圖所示,由幾何關系可知=,而庫侖力F=,可得d3=,要使d變為,可以將小球B的質量增大到原來的8倍,故A錯誤,B正確;或將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半,同時將小球B的質量增大到原來的 2倍,故C錯誤,D正確。
5.如圖所示,一根光滑絕緣細桿與水平面成α=30°角傾斜固定。細桿的一部分處在電場強度方向水平向右的勻強電場中,電場強度E=2×104 N/C。在細桿上套有一個帶負電的小球,帶電荷量為q=1×10-5 C、質量為m=3×10-2 kg。現使小球從細桿的頂端A由靜止開始沿桿滑下,并從B點進入電場,小球在電場中滑至最遠處的C點。已知A、B間距離x1=0.4 m,g=10 m/s2。
(1)求小球通過B點時的速度大小vB;
(2)求小球進入電場后滑行的最大距離x2;
(3)試畫出小球從A點運動到C點過程中的 vt圖像。
解析:(1)對小球,AB段,由牛頓第二定律得mgsin α=ma1,
解得a1=5 m/s2。
由運動學公式有=2a1x1,解得vB=2 m/s。
(2)對小球,BC段,由牛頓第二定律得qEcos α-mgsin α=ma2,
解得a2=5 m/s2。
又=2a2x2,
解得x2=0.4 m。
(3)對AB段有x1=t1,
得t1=0.4 s。
對BC段有x2=t2,得t2=0.4 s。
小球從A點運動到C點過程中的vt圖像如圖所示。
答案:(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)圖見解析

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